初中科学中考复习 物质的鉴别、推断优生特训6
一、单选题
1．（2019·宁波模拟）有一包固体粉末可能由氯化铜、盐酸、硝酸钠中的一种或几种组成。为探究其成分，取固体粉末18g，溶解在水中形成溶液。往其中逐渐滴加氢氧化钠溶液，生成沉淀质量与所加氢氧化钠溶液的关系如图所示。下列说法中错误的是（ ）
A．反应初期是氢氧化钠与盐酸在反应
B．固体中含有氯化铜13.5g
C．固体粉末中含有氯化铜、盐酸
D．反应进行到a点时溶液内有氯化铜、硝酸钠、氯化钠
【答案】D
【知识点】离子或物质的共存问题；物质的鉴别、推断
【解析】【分析】考查酸碱反应优先发生和方程式的简单计算。
【解答】 氯化铜、盐酸、硝酸钠 加入氢氧化钠，根据酸碱中和反应优先发生的规则，氢氧化钠先和盐酸反应： 当盐酸消耗完了之后，氢氧化钠才和氯化铜反应：
A：反应开始加入的氢氧化钠和盐酸反应，没有沉淀，正确；
B：根据方程式简单计算，设氯化铜质量为X
135 98
x 9.8
x=13.5g
正确；
C：根据图像看出沉淀的变化，确定有氯化铜和盐酸， 氯化钠 ，但硝酸钠的存在无法确定；
D：a点酸碱中和反应已经结束，但氢氧化钠和氯化铜反应还没有结束，溶液中有 氯化铜， 氯化钠 ，但硝酸钠的存在无法确定；
故答案： D
2．（2019·宁波模拟）一包混有杂质的Na2CO3，其杂质可能是Ba（NO3）2、KCl、NaHCO3，今取10.6克样品，溶于水得澄清溶液，另取10.6克样品，加入足量的盐酸，收集到4.4克CO2，则下列判断正确的是（ ）
A．样品中只有NaHCO3
B．样品中只混有NaHCO3，无KCl
C．样品中有NaHCO3，也有Ba（NO3）2
D．样品中混有KCl，也有NaHCO3
【答案】D
【知识点】根据化学反应方程式的计算；物质的鉴别、推断
【解析】【分析】（1）碳酸钡是一种不溶于水的白色沉淀；
（2）如果杂质中含有KCl，由于它不与稀盐酸反应生成二氧化碳，因此会使产生的气体量减小；分别写成 Na2CO3 与 NaHCO3 反应制取二氧化碳气体的化学方程式，比较杂质中含有NaHCO3对产生气体质量大小的影响，最后利用产生二氧化碳气体的质量变化判断杂质中物质的种类。
【解答】（1） Na2CO3与 Ba（NO3）2 反应会生成BaCO3沉淀；因为溶于水后得到澄清溶液，因此说米碳酸钠中不含硝酸钡；
（2）由下面的化学方程式：
Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑；
NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑；
可知，1分子碳酸钠与1分子碳酸氢钠分别与稀盐酸反应，都生成1分子二氧化碳。
碳酸钠的相对分子质量为：23×2+12+16×3=106；
碳酸氢钠的相对分子质量为：23+1+12+16×3=84＜106；
因为碳酸氢钠的相对分子质量比碳酸钠的小。
所以相同质量的碳酸钠与碳酸氢钠分别与足量的稀盐酸反应，碳酸氢钠比碳酸钠反应生成的二氧化碳多。
由此可知：如果混有KCl，那么产生的二氧化碳质量会减小；如果混有氢氧化钠，产生的二氧化碳质量会增大。
由于10.6g碳酸钠与足量的稀盐酸反应生成二氧化碳的质量为4.4g，等于10.6g含杂质的碳酸钠与足量的稀盐酸反应生成二氧化碳的质量。
说明所含杂质中既有氯化钾，也有碳酸氢钠。
故选：D。
3．印刷铜制电路板的“腐蚀液”为FeCl3溶液。已知铁、铜均能与FeCl3溶液反应，反应方程式分别为Fe+2FeCl3=3FeCl2，Cu+2FeCl3=2FeCl2+CuCl2。向盛有FeCl3溶液的烧杯中同时加入铁粉和铜粉，反应结束后，下列结果不可能出现（ ）
A．烧杯中有铜粉无铁粉 B．烧杯中有铁粉无铜粉
C．烧杯中有铁粉有铜粉 D．烧杯中无铁粉无铜粉
【答案】B
【知识点】物质的鉴别、推断
【解析】【分析】在金属活动性顺序中，位置在前的金属能将位于其后的金属从其盐溶液中置换出来，向盛有FeCl3溶液的烧杯内加入铁粉和铜粉，铁能与氯化铁反应生成氯化亚铁，铜能与氯化铁反应生成氯化亚铁和铜，氯化铁能与生成的铜反应生成氯化亚铁和铜。【解答】将铜、铁的混合粉末加入到盛有FeCl3溶液的烧杯中，能发生的反应有：①Cu+2FeCl3=2FeCl2+CuCl2，
②Fe+2FeCl3=3FeCl2，
③Fe+CuCl2═FeCl2+Cu，
铜和铁都能与氯化铁反应生成氯化亚铁，故所得溶液中一定含有氯化亚铁，如果充分反应后仍有少量固体，根据反应的方程式可知一定含有铜，由于铁的量不确定，故可能含有铁，有铜存在，则不可能含有氯化铁。
A.加入铁和铜的混合物，依据对反应的分析可知该固体中一定含有铜可能无铁，故A正确不合题意；
B.加入铁和铜的混合物，如果剩余物中含有铁，则溶液中一定没有氯化铜存在，此时该固体中一定应该含有铜，故B错误符合题意；
C.若氯化铁的量少，加入的铁粉和铜粉可能剩余，故C正确不合题意；
D.若氯化铁的量多，加入的铁粉和铜粉全部参加反应，不会有剩余，故D正确不合题意。
故选B。
4．（2017·浙江）已知溶液的导电性与单位体积内离子的数目、离子所带电荷多少有关，单位体积内离子数目越多，导电性越强；离子所带电荷越多，导电性越强（如两个氯离子和一个硫酸根离子导电性相当）。现向含有Ca(OH)2和NaOH的混合液中通入CO2气体，下列测得溶液导电性（用“电流强度I”表示）变化与通入CO2气体体积（V）关系图像正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】物质的鉴别、推断；碱的化学性质
【解析】【分析】（1）由题可知，溶液的导电性与可移动的自由离子的电荷总数有关。
（2）本反应中，第一阶段是二氧化碳与氢氧化钙反应，生成碳酸钙沉淀，可移动的自由离子的电荷总数减少。第二阶段是二氧化碳与氢氧化钠反应生成了碳酸钠，原来2份的氢氧化钠与生成的一份的碳酸钠的可移动的自由离子的电荷总数相同。第三阶段是二氧化碳与碳酸钙、碳酸钠生成可溶性的碳酸氢钙和碳酸氢钠，可移动的自由离子的电荷总数增加。
【解答】一开始二氧化碳与氢氧化钙，应生成碳酸钙沉淀，此时溶液离子减少，导电性减弱；当二氧化碳和氢氧化钙反应完毕后，此时导电性减少到最弱。继续通二氧化碳，又会与氢氧化钠反应生成了碳酸钠，溶液的导电能力不变，当碳酸钠反应成后，二氧化碳与碳酸钙、碳酸钠生成可溶性的碳酸氢钙和碳酸氢钠，溶液中离子增多导电性增强，分析所给的选项可以知道选项B符合。
故答案为：B
5．下列实验方案设计中，正确的是（ ）
A．除去NaCl中少量的Na2CO3杂质，先加入过量的CaCl2溶液，过滤后再蒸发结晶
B．检验可燃性气体中是否含有氢元素，在其燃烧火焰上方罩上干冷的烧杯，观察有无水雾
C．实验测定某矿石中碳酸钙的质量分数，先加入稀硫酸，再比较反应前后的质量变化
D．实验室制备干燥纯净的氢气，用锌与浓盐酸反应，产生的气体经浓硫酸干燥后收集
【答案】B
【知识点】物质除杂或净化；实验方案设计与评价；物质的鉴别、推断
【解析】【分析】A、用化学反应的方法除杂质的基本原则：除掉杂质的同时，不能与需要留下的物质反应，也不能生成新的杂质；
B、检验可燃性气体中是否含有氢元素通常采用检验其燃烧的生成物水是否存在；
C、稀硫酸与碳酸钙反应生成微溶于水的硫酸钙，阻止反应的进行；
D、浓盐酸具有挥发性。
【解答】Na2CO3能与过量的CaCl2溶液反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，能除去杂质但引入了新的杂质氯化钙，A说法错误；
检验可燃性气体中是否含有氢元素，在其燃烧火焰上方罩上干冷的烧杯，观察有无水雾的产生，有水雾说明含有氢元素，B正确；
实验测定某矿石中碳酸钙的质量分数，不能使用稀硫酸，因为稀硫酸与碳酸钙反应生成微溶于水的硫酸钙，会覆盖在矿石表面，阻止反应的进行，使测定结果偏小，C说法错误；
浓盐酸具有挥发性，用锌与浓盐酸反应，产生的氢气中混有氯化氢气体，制得的氢气不纯净，D说法错误。
6．（2016九下·镇海竞赛）一包混有杂质的Na2CO3，其杂质可能是Ba（NO3）2、KCl、NaHCO3一种或几种，今取10.6g样品，溶于水得澄清溶液，另取5.3克样品，加入足量的盐酸，收集到2gCO2，则下列判断正确的是（ ）
A．样品中只含有NaHCO3
B．样品中一定混有NaHCO3，可能有KCl
C．样品中有NaHCO3，也有Ba（NO3）2
D．样品中混有KCl，也可能有NaHCO3
【答案】D
【知识点】根据化学反应方程式的计算；盐的性质及用途；物质的鉴别、推断
【解析】【分析】（1）碳酸钠和硝酸钡反应生成碳酸钡沉淀和硝酸钠，而碳酸钡为不溶于水的白色沉淀；
（2）写出碳酸钠和碳酸氢钠和稀盐酸反应的化学方程式，根据质量之间的比例关系分析所含物质的可能性。【解答】（1）取10.6g样品，溶于水得澄清溶液，说明样品中不含有硝酸钡；
（2）碳酸钠、碳酸氢钠和稀盐酸反应的化学方程式及其质量关系为：
Na2CO3+2HCl═2NaCl+H2O+CO2↑，
106 44
5.3g 2.2g
NaHCO3+HCl═NaCl+H2O+CO2↑，
84 44
5.3g 2.78g
由以上质量关系可知，如果5.3g样品全部为碳酸钠，加入足量的盐酸，收集到2.2gCO2，因此碳酸钠中肯定含有氯化钾；如果碳酸钠中还含有碳酸氢钠，那么产生的二氧化碳质量也可能等于2g，因此说明样品中一定含有氯化钾，可能含有碳酸氢钠。
故选D。
7． 鉴别物质的方法错误的是（ ）
A．用酚酞鉴别食盐水和稀醋酸
B．用水鉴别生石灰和石灰石
C．用燃着的木条鉴别空气和二氧化碳
D．用氯化钡溶液鉴别稀盐酸和稀硫酸
【答案】A
【知识点】物质除杂或净化；酸、碱、盐的鉴别；物质的鉴别、推断
【解析】【解答】A、取样品，加入酚酞，溶液颜色都不会改变，现象相同，不能鉴别，故A错误；
B、取样品，加水，固体溶解，放出热量的是生石灰，固体不溶解的是石灰石，现象不同，可以鉴别，故B正确；
C、取样品，溶燃着的木条检验，火焰熄灭的是二氧化碳，燃烧情况不变的是空气，现象不同，可以鉴别，故C正确；
D、取样品，加入氯化钡溶液，有白色沉淀生成的是稀硫酸，没有明显现象的是稀盐酸，现象不同，可以鉴别，故D正确；
故选：A．
【分析】A、根据食盐水和醋酸都不能是酚酞变色进行分析；
B、根据石灰石难溶于水进行分析；
C、根据二氧化碳不具有助燃性进行分析；
D、根据氯化钡和稀硫酸反应会生成硫酸钡沉淀进行分析．
8．化学上常用燃烧法测定有机物的组成，现取4.6g某有机物在足量氧气中充分燃烧，生成8.8gCO2和5.4g H2O，则该有机物中（ ）
A．只含有碳、氢两种元素
B．实验中用去氧气的质量为9.6g
C．碳、氢元素的原子个数比为1：2
D．该有机物可能为甲烷（CH4）
【答案】B
【知识点】质量守恒定律及其应用；简单的有机物；物质的鉴别、推断
【解析】【分析】由题意“4.6g某有机物在足量氧气中充分燃烧，生成8.8gCO2和5.4gH2O”，则可知8.8gCO2和5.4gH2O中的碳元素和氢元素的质量，则可推测有机物是否含有氧元素。
【解答】A、由题意“4.6g某有机物在足量氧气中充分燃烧，生成8.8gCO2和5.4gH2O”，8.8g二氧化碳中碳元素的质量为
8.8g×（12/44×100%）=2.4g，5.4g水中氢元素的质量为H：5.4g×（2/18）=0.6g。因为2.4g+0.6g＜4.6g。
，因此该有机物中含有碳、氢、氧三种元素，故说法错误；
B、根据质量守恒定律，实验中用去氧气的质量为8.8g+5.4g-4.6g=9.6g，故说法正确；
C、设该有机物中碳、氢元素的原子个数分别为x、y，故2.4g：0.6g=12x：y，故x：y=1：3，故说法错误；
D、由A分析可知该有机物中有氧元素，不可能是甲烷，故说法错误。
故答案为：B
9．实验室常用燃烧的方法测定有机物的组成。现取3.2g某有机物在足量氧气中充分燃烧，生成4.4g二氧化碳和3.6g水，则该有机物中（ ）
A．一定含有C、H、O三种元素
B．只含有C、H两种元素，不含有O元素
C．C、H两种元素质量比为11：9
D．一定含有C、H两种元素，可能含有O元素
【答案】A
【知识点】质量守恒定律及其应用；物质的鉴别、推断
【解析】【分析】根据质量守恒定律解答本题．根据生成二氧化碳的质量和二氧化碳中碳元素的质量分数，计算出该有机物中含有C的质量，同理，根据生成水的质量和H2O中氢元素的质量分数，计算出该有机物中含有H的质量，再根据质量守恒定律，反应前该有机物质量减去C、H的质量，就是其含有O的质量，据此即可判断该有机物中含有的元素。
【解答】根据质量守恒定律，反应后生成的二氧化碳中碳元素的质量就是有机物中碳元素的质量，生成的水中氢元素的质量就是有机物中氢元素的质量．故该有机物中含有C的质量为：4.4g×12/44=1.2g；该有机物中含有H的质量为：3.6g×2/18=0.4g；该有机物中含有O的质量为：3.2g-1.2g-0.4g=1.6g．因此可判断该有机物中含有C、H、O三种元素。而C、H两种元素质量比为1.2g：0.4g=3：1，而非11：9。
故答案为：A
10． 某黑色固体粉末可能是Fe、FeO、CuO、C中一种或几种．为了探究其成分，小明同学按照如图所示流程进行了实验．
关于该实验有以下说法：
①若溶液甲呈浅绿色，则原黑色固体粉末中一定含有Fe；
②若步骤Ⅱ中无明显现象，则固体乙中最多只能有四种物质；
③若步骤Ⅱ中有气泡产生，则固体乙一定是C；
④若步骤Ⅱ中有红色固体析出，则固体乙中一定无CuO；
⑤固体乙呈红色，则原固体中一定含有Fe和CuO．
以上说法中正确的个数是（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】A
【知识点】金属的化学性质；物质的鉴别、推断；酸的化学性质
【解析】【解答】由于C不与稀硫酸反应；氧化铜可以与稀硫酸反应，生成的Cu2+在水溶液中显蓝色；Fe可以与稀硫酸反应生成气体；Fe、FeO与硫酸反应生成的Fe2+在水溶液中显浅绿色；铁的活动性大于铜，能将铜从其盐溶液中置换出来．
①若溶液甲呈浅绿色，则原黑色固体粉末中不一定含有Fe，FeO也可以与稀硫酸反应生成的Fe2+在水溶液中显浅绿色；故①错误；
②若步骤Ⅱ中无明显现象，说明了溶液中无硫酸铜，没有剩余的硫酸，如果硫酸的量不足，则固体乙中最多可以有Fe、FeO、CuO、C、Cu五种物质，故②错误；
③若步骤Ⅱ中有气泡产生，说明了硫酸是过量的，则固体乙可能含有铜，不一定是碳，故③错误；
④若步骤Ⅱ中有红色固体析出，说明了溶液中含有硫酸铜，能判断黑色粉末中含有CuO，不能判断固体乙中是否有CuO，故④错误；
⑤固体乙呈红色，说明有铁置换出的铜，则原固体中一定含有Fe和CuO．故⑤正确．
综合以上分析可知，A正确．
故选A．
【分析】根据C不与稀硫酸反应；氧化铜可以与稀硫酸反应，生成的Cu2+在水溶液中显蓝色；Fe可以与稀硫酸反应生成气体；Fe、FeO与硫酸反应生成的Fe2+在水溶液中显浅绿色；铁的活动性大于铜，能将铜从其盐溶液中置换出来，据此分析判断有关的说法．
11．（2013·宁波）现有铁、氧化铁、稀硫酸、氢氧化钙溶液、碳酸钠溶液等五种物质，存在着如图所示的相互反应或转化关系(图中“—”表示物质间可以发生化学反应，“→”表示物质间存在相应的转化关系)。下列判断合理的是（ ）
A．丙可能是碳酸钠溶液 B．丁可能是氢氧化钙溶液
C．乙必须通过置换反应转化为铁 D．甲和丁的反应一定是中和反应
【答案】A
【知识点】盐的性质及用途；物质的鉴别、推断；酸的化学性质；碱的化学性质
【解析】【分析】首先根据所给的物质的性质结合反应间的转化关系，找到题中的题眼进行推断解题，硫酸会和其余的四种物质反应，可以知道丁就是硫酸，然后根据其他物质的性质进行验证推导。要发现题眼，要先了解它们之间的相互是否会反应，它们之间的反应关系如下：
铁 氧化铁 硫酸 氢氧化钙 碳酸钠
铁 不会反应 不会反应 会反应 不会反应 不会反应
氧化铁 不会反应 不会反应 会反应 不会反应 不会反应
硫酸 会反应 会反应 不会反应 会反应 会反应
氢氧化钙 不会反应 不会反应 不会反应 不会反应 会反应
碳酸钠 不会反应 不会反应 不会反应 会反应 不会反应
【解答】
A、根据上面可以看出，碳酸钠会和两种物质反应，而碳酸钠和氢氧化钙都会和两种物质反应，所以甲和丙要从碳酸钠和氢氧化钙中选，丙可能是碳酸钠溶液，故A正确；
B、根据上表可以看出，会与四种物质发生反应的只有硫酸，可知丁一定是硫酸，故B错；
C、只有氧化铁会转化成铁，但是不一定都是置换反应，比如一氧化碳还原氧化铁就不是置换反应，故C错；
D、中和反应必须是酸和碱反应生成盐和水，丁是硫酸，属于酸，但是甲可能是氢氧化钙，也可能是碳酸钠，所以不一定是中和反应，故D错。
故选A。
二、填空题
12． A、B、C、D是初中化学中常见的物质，其中A是胃酸的主要成分，B在农业上常用于改良酸性土壤，B和C的物质类别相同，它们相互反应及转化关系如图所示（“→”表示由一种物质可以转化为另一种物质，“﹣”表示相邻的物质间可以相互反应，其中部分反应物和生成物及反应条件已略去），请回答：
（1）D物质是 ；
（2）若C是一种不溶性的固体，则C可能是 ；
（3）写出A和B反应的化学方程式 ．
【答案】水；Cu（OH）2；2HCl+Ca（OH）2=CaCl2+2H2O
【知识点】书写化学方程式、文字表达式；物质的鉴别、推断
【解析】【解答】（1）A、B、C、D是初中化学中常见的物质，其中A是胃酸的主要成分，所以A是盐酸，B在农业上常用于改良酸性土壤，所以B是氢氧化钙，B和C的物质类别相同，B会转化成C，所以C是碱，可以是氢氧化铜、氢氧化钠等，盐酸、氢氧化钙、氢氧化铜都会生成D，所以D是水，经过验证，推导正确，所以D是水；
（2）若C是一种不溶性的固体，则C可能是Cu（OH）2；
（3）A和B的反应是氢氧化钙和盐酸反应生成氯化钙和水，化学方程式为：2HCl+Ca（OH）2=CaCl2+2H2O．
故答案为：（1）水；（2）Cu（OH）2；（3）2HCl+Ca（OH）2=CaCl2+2H2O．
【分析】根据A、B、C、D是初中化学中常见的物质，其中A是胃酸的主要成分，所以A是盐酸，B在农业上常用于改良酸性土壤，所以B是氢氧化钙，B和C的物质类别相同，B会转化成C，所以C是碱，可以是氢氧化铜、氢氧化钠等，盐酸、氢氧化钙、氢氧化铜都会生成D，所以D是水，然后将推出的物质进行验证即可．
13． 下列是初中化学中常见的物质：铁、氢气、氧化铜、二氧化碳、硫酸、氢氧化钠、氯化铜．他们进行击鼓传花游戏，条件是相互之间能发生反应就可以进行传递．请把上述物质分别安排在A～G的位置上，使花束能从A传到G．其中A的固体俗称干冰．请回答：
（1）氢氧化钠应放在位置 上．
（2）C和D反应的化学方程式为 ，反应类型为 反应．上述物质除了发生从A到G的化学反应外，常温下还能相互发生化学反应的是 ．
（3）当G换成另一个同类别物质时就能将花传回起点A，它是 （写名称）．
【答案】B；Fe+CuCl2=FeCl2+Cu；置换；硫酸和氢氧化钠；碳
【知识点】金属的化学性质；物质的鉴别、推断；酸的化学性质；碱的化学性质
【解析】【解答】A的固体俗称干冰，因此A是二氧化碳，二氧化碳能够和氢氧化钠反应，则B是氢氧化钠；氢氧化钠能够和硫酸和氯化铜反应，假设C是氯化铜，氯化铜能够和铁反应，因此D就是铁；铁能够和硫酸反应，因此E就是硫酸；硫酸能够和氧化铜反应，氧化铜能够和氢气反应，因此F是氧化铜，G是氢气，带入验证符合要求，因此：
（1）氢氧化钠能够和二氧化碳反应，因此氢氧化钠在B位置上；故填：B；
（2）C是氯化铜，D是铁，铁和氯化铜反应产生氯化亚铁和铜；该反应是单质和化合物生成新的单质和化合物的置换反应；常温下硫酸能与氢氧化钠反应，化学方程式为：H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O；故答案为：Fe+CuCl2=FeCl2+Cu；置换；硫酸和氢氧化钠；
（3）G是氢气，氢气和碳都能够还原氧化铜，因此可以把氢气换成碳；故填：碳．
【分析】根据铁、氢气、氧化铜、二氧化碳、硫酸、氢氧化钠、氯化铜之间的两两反应关系及相互之间能发生反应就可以进行传递的条件进行大胆的假设，最后能够符合传递的要求即可．
14． 已知A﹣I均为初中化学常见的物质，它们相互间的关系如图所示．该图体现了化合物F四种不同的化学性质，其中B溶液呈蓝色，I是无色无味的气体，B、C分别与A反应均有不溶于稀硝酸的同种白色沉淀产生，E与F反应生成另一种不溶于稀硝酸的白色沉淀，C与E反应产生氨味气体．（“﹣”表示两物质间能反应，“→”表示物质间的转化关系．）
（1）A、I的化学式分别为 、 ．
（2）E与F反应的化学方程式为 ．
（3）B与G反应的化学方程式为 ．
【答案】AgNO3；CO2；H2SO4+Ba（OH）2=BaSO4↓+2H2O；CuCl2+Fe=FeCl2+Cu
【知识点】书写化学方程式、文字表达式；物质的鉴别、推断
【解析】【解答】（1）A﹣I均为初中化学常见的物质，图中体现了化合物F四种不同的化学性质，E与F反应生成另一种不溶于稀硝酸的白色沉淀，不溶于硝酸的白色沉淀有氯化银和硫酸钡，B溶液呈蓝色，所以B溶液中含有铜离子，B可以是硫酸铜或氯化铜，C与E反应产生氨味气体，所以C、E中有一种铵态氮肥，一种碱，E会与无色气体I反应，所以E是碱，I是二氧化碳，H和二氧化碳可以相互转化，H会与E反应，所以H可以是碳酸钠，E和F会生成生成另一种不溶于稀硝酸的白色沉淀，所以E就是氢氧化钡，B、C分别与A反应均有不溶于稀硝酸的同种白色沉淀产生，所以C是氯化铵，A是硝酸银，B就是氯化铜，F会与氢氧化钡、碳酸钠反应，所以F是硫酸，D会与F反应，D会转化成氯化铜，所以D是氧化铜，F会与硫酸、氯化铜反应，所以G是铁，经过验证，推导正确，所以A是AgNO3，I是CO2；
（2）E与F的反应是硫酸和氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀和水，化学方程式为：H2SO4+Ba（OH）2=BaSO4↓+2H2O；
（3）B与G的反应是铁和氯化铜反应生成氯化亚铁和铜，化学方程式为：CuCl2+Fe=FeCl2+Cu．
故答案为：（1）AgNO3，CO2；（2）H2SO4+Ba（OH）2=BaSO4↓+2H2O；（3）CuCl2+Fe=FeCl2+Cu．
【分析】根据A﹣I均为初中化学常见的物质，图中体现了化合物F四种不同的化学性质，E与F反应生成另一种不溶于稀硝酸的白色沉淀，不溶于硝酸的白色沉淀有氯化银和硫酸钡，B溶液呈蓝色，所以B溶液中含有铜离子，B可以是硫酸铜或氯化铜，C与E反应产生氨味气体，所以C、E中有一种铵态氮肥，一种碱，E会与无色气体I反应，所以E是碱，I是二氧化碳，H和二氧化碳可以相互转化，H会与E反应，所以H可以是碳酸钠，E和F会生成生成另一种不溶于稀硝酸的白色沉淀，所以E就是氢氧化钡，B、C分别与A反应均有不溶于稀硝酸的同种白色沉淀产生，所以C是氯化铵，A是硝酸银，B就是氯化铜，F会与氢氧化钡、碳酸钠反应，所以F是硫酸，D会与F反应，D会转化成氯化铜，所以D是氧化铜，F会与硫酸、氯化铜反应，所以G是铁，然后将推出的物质进行验证即可．
15． 甲、乙、丙、丁都是初中化学中最常见的物质，已知它们由H、O、C、Cl、Na、Ca 6种元素中的2种或3种组成，丙与甲、乙、丁都能发生反应．将这四种物质的溶液按图所示相互滴加，现象为：①产生白色沉淀；②有气泡冒出；③无明显现象
（1）甲、乙、丙、丁都属于 （填“单质”或“化合物”）．
（2）试管②中产生的气体是 （填化学式）．
（3）试管①中反应的化学方程式是 ．
（4）向试管③滴加的溶液溶质可能是 （填化学式，下同）或 ．
【答案】化合物；CO2；Ca（OH）2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH；NaOH；Ca（OH）2
【知识点】书写化学方程式、文字表达式；物质的鉴别、推断
【解析】【解答】（1）甲、乙、丙、丁都是初中化学中最常见的物质，已知它们由H、O、C、Cl、Na、Ca 6种元素中的2种或3种组成，丙与甲、乙、丁都能发生反应，结合题中所给元素，猜想四种物质可以是氢氧化钠、碳酸钠、氢氧化钙、碳酸钙等，将这四种物质的溶液按图所示相互滴加，现象为：①产生白色沉淀，②有气泡冒出，③无明显现象，所以甲、丙是酸和碳酸盐，甲、乙是碳酸盐和氢氧化钙，所以甲是碳酸钠，乙是氢氧化钙，丙是盐酸，丁是氢氧化钠或氢氧化钙，经过验证，推导正确，所以甲是碳酸钠，乙是氢氧化钙，丙是盐酸，丁是氢氧化钠或氢氧化钙，都属于化合物；
（2）通过推导可知，试管②中产生的气体是：CO2；
（3）试管①中的反应是氢氧化钙和碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，化学方程式是：Ca（OH）2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH；
（4）通过推导可知，向试管③滴加的溶液溶质可能是NaOH或Ca（OH）2．
故答案为：（1）化合物；（2）CO2；（3）Ca（OH）2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH；（4）NaOH，Ca（OH）2．
【分析】根据甲、乙、丙、丁都是初中化学中最常见的物质，已知它们由H、O、C、Cl、Na、Ca 6种元素中的2种或3种组成，丙与甲、乙、丁都能发生反应，结合题中所给元素，猜想四种物质可以是氢氧化钠、碳酸钠、氢氧化钙、碳酸钙等，将这四种物质的溶液按图所示相互滴加，现象为：①产生白色沉淀，②有气泡冒出，③无明显现象，所以甲、丙是酸和碳酸盐，甲、乙是碳酸盐和氢氧化钙，所以甲是碳酸钠，乙是氢氧化钙，丙是盐酸，丁是氢氧化钠或氢氧化钙，然后进行验证即可．
16． A、B、C、D分别为氧化铁、盐酸、氢氧化钙、碳酸钙中的一种．它们之间的反应或转化关系如图（部分物质和反应条件已略去）．则化学方程式：① ；② ；A在生产或生活中的一种用途是 ．
【答案】Ca（OH）2+CO2=CaCO3↓+H2O；Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O；改良酸性土壤
【知识点】书写化学方程式、文字表达式；物质的鉴别、推断
【解析】【解答】A、B、C、D分别为氧化铁、盐酸、氢氧化钙、碳酸钙中的一种，D会转化成铁，所以D是氧化铁，C会与铁和氧化铁反应，所以C是盐酸，A会转化成B，所以A是氢氧化钙，B是碳酸钙，经过验证，推导正确，所以A是氢氧化钙，B是碳酸钙，C是盐酸，D是氧化铁，反应①是氢氧化钙和二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀和水，化学方程式为：Ca（OH）2+CO2=CaCO3↓+H2O，反应②是氧化铁和盐酸反应生成氯化铁和水，化学方程式为：Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，通过推导可知，A是氢氧化钙，可以用来改良酸性土壤．
故答案为：Ca（OH）2+CO2=CaCO3↓+H2O；Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O；改良酸性土壤．
【分析】根据A、B、C、D分别为氧化铁、盐酸、氢氧化钙、碳酸钙中的一种，D会转化成铁，所以D是氧化铁，C会与铁和氧化铁反应，所以C是盐酸，A会转化成B，所以A是氢氧化钙，B是碳酸钙，然后将推出的物质进行验证即可．
17． A﹣H是初中化学常见的物质，其相互转化关系如图所示，其中A是人体胃液中帮助消化的物质，B用于改良酸性土壤．
（1）D的化学式为 ．
（2）A转化为E的化学方程式为 ，其反应基本类型属于 ；B转化为H的化学方程式为 ．
（3）分别写出物质F和H的一种用途 ； ．
【答案】CaCl2；Fe+2HCl=FeCl2+H2↑；置换反应；Ca（OH）2+CO2=CaCO3↓+H2O（或Ca（OH）2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH）；供给呼吸（或支持燃烧等）；重要的建筑材料（或作补钙剂等）
【知识点】物质的鉴别、推断
【解析】【解答】解：由于A是人体胃液中帮助消化的物质，则为盐酸；B用于改良酸性土壤，因此是熟石灰氢氧化钙，C，D是A，B反应产生的，C又能通电分解，因此C是水，则D是氯化钙；C通电分解生成氢气和氧气，盐酸与活泼金属反应可以生成氢气，故E是氢气，F为氧气；B，D都能生成白色沉淀H，故H是碳酸钙；二氧化碳和氢氧化钙反应产生碳酸钙，氯化钙和碳酸钠的反应产生碳酸钙沉淀和氯化钠．
（1）由分析可知D为氯化钙；
（2）稀盐酸与活泼金属铁可以反应生成氯化亚铁和氢气，反应类型是置换；二氧化碳（碳酸钠溶液）和氢氧化钙反应产生碳酸钙和水（氢氧化钠）；
（3）F为氧气，可以共给呼吸、支持燃烧等；H为碳酸钙，可以用于建筑材料或补钙剂．
答案：
（1）CaCl2；
（2）Fe+2HCl=FeCl2+H2↑；置换反应；Ca（OH）2+CO2=CaCO3↓+H2O（或Ca（OH）2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH）；
（3）供给呼吸（或支持燃烧等）；重要的建筑材料（或作补钙剂等）．
【分析】此题的突破口为：A是人体胃液中帮助消化的物质，则为盐酸；B用于改良酸性土壤，因此是熟石灰氢氧化钙，C，D是A，B反应产生的，C又能通电分解，因此C是水，则D是氯化钙；C通电分解生成氢气和氧气，盐酸与活泼金属反应可以生成氢气，故E是氢气，F为氧气；B，D都能生成白色沉淀H，故H是碳酸钙；二氧化碳和氢氧化钙反应产生碳酸钙，氯化钙和碳酸钠的反应产生碳酸钙沉淀和氯化钠，然后根据反应进行推理即可．
18． 现有一包固体混合物A，其中可能含有硝酸铵、硫酸钾、硝酸铜、氯化钠四种物质中的一种或多种．现按图所示进行检验，出现的现象如图中所述（假设过程中所有发生的反应都恰好完全反应）．请你依据实验过程和产生的现象做出分析与判断：
（1）气体B的化学式是 ．
（2）步骤④发生反应的化学方程式 ．
（3）通过上述现象判断，该固体混合物A中一定含有的物质是 ；不能确定是否含有的物质是 ，如果要证明混合物A中确实含有该物质，可用滤液F继续实验．请简要说出继续实验的操作步骤和现象 ．
【答案】NH3；Cu（OH）2+H2SO4=CuSO4+2H2O；NH4NO3、K2SO4、Cu（NO3）2；NaCl；取少量滤液F于试管中，滴加适量的硝酸银溶液，有白色沉淀生成
【知识点】物质的鉴别、推断；酸的化学性质；碱的化学性质
【解析】【解答】解：固体混合物A能够和氢氧化钠反应产生使石蕊试液变蓝的气体B，因此B是氨气，则说明一定含有硝酸铵；滤液C能够和硝酸钡反应产生沉淀G，因此C中含有硫酸根离子，则固体A中一定含有硫酸钾；滤渣D能够和稀硫酸反应产生蓝色溶液H，因此D是氢氧化铜，则A中含有硝酸铜，因此：
（1）气体B是氨气，故填：NH3；
（2）步骤④是氢氧化铜和硫酸反应产生硫酸铜和水，故反应的方程式为：Cu（OH）2+H2SO4=CuSO4+2H2O；
（3）通过以上分析，可知固体混合物中一定含有硝酸铵、硫酸钾、硝酸铜，可能含有氯化钠；要检验氯化钠的存在，就是检验氯离子，可以通过滴加硝酸银溶液，观察有无沉淀产生；
故填：NH4NO3、K2SO4、Cu（NO3）2，NaCl；取少量滤液F于试管中，滴加适量的硝酸银溶液，有白色沉淀生成．
【分析】根据框图固体混合物A能够和氢氧化钠反应产生使石蕊试液变蓝的气体B，因此B是氨气，则说明混合物中一定含有硝酸铵；滤液C能够和硝酸钡反应产生沉淀G，因此C中含有硫酸根离子，则固体A中一定含有硫酸钾；滤渣D能够和稀硫酸反应产生蓝色溶液H，因此D是氢氧化铜，则A中含有硝酸铜，带入验证完成相关的问题．
19． A H是初中化学常见的物质，已知A为黑色固体单质，B为红色粉末，C和E常温下为气体且均属氧化物，F的浓溶液能挥发出剌激性气味的气体，G﹣H发生的是化合反应．它们的转化关系如图所示，请回答下列问题：
（1）B的化学式为 ，F的化学式为 ．
（2）反应①的化学方程式为 ．
（3）反应②的化学方程式为 ．
（4）反应③的化学方程式为 ．
（5）某同学认为“图中每一步转化均有元素化合价的变化”，他的判断 （填“正确”或“不正确”）.
【答案】Fe2O3；HCl；3C+2Fe2O34Fe+3CO2↑；C+CO22CO；Cl2+2FeCl2=2FeCl3；不正确
【知识点】书写化学方程式、文字表达式；物质的鉴别、推断
【解析】【解答】解：（1）A H是初中化学常见的物质，A为黑色固体单质，B为红色粉末，C和E常温下为气体且均属氧化物，所以A是碳，B是氧化铁，氧化铁和碳在高温的条件下生成铁和二氧化碳，所以C是二氧化碳，D是铁，二氧化碳和碳高温生成一氧化碳，所以E是一氧化碳，F的浓溶液能挥发出剌激性气味的气体，F会与铁反应，所以F是盐酸，氧化铁和盐酸反应生成氯化铁和水，G﹣H发生的是化合反应，G和氯气反应会生成H，所以H是氯化铁，经过验证，推导正确，所以B是Fe2O3，F是HCl；
（2）反应①是木炭和氧化铁在高温的条件下生成铁和二氧化碳，化学方程式为：3C+2Fe2O34Fe+3CO2↑；
（3）反应②是二氧化碳和碳在高温的条件下生成一氧化碳，化学方程式为：C+CO22CO；
（4）反应③是氯气和氯化亚铁反应生成氯化铁，化学方程式为：Cl2+2FeCl2=2FeCl3；
（5）盐酸和氧化铁反应生成氯化铁和水的反应中，化合价没有发生改变，所以他的判断不正确．
故答案为：（1）Fe2O3，HCl；
（2）3C+2Fe2O34Fe+3CO2↑；
（3）C+CO22CO；
（4）Cl2+2FeCl2=2FeCl3；
（5）不正确．
【分析】根据A H是初中化学常见的物质，A为黑色固体单质，B为红色粉末，C和E常温下为气体且均属氧化物，所以A是碳，B是氧化铁，氧化铁和碳在高温的条件下生成铁和二氧化碳，所以C是二氧化碳，D是铁，二氧化碳和碳高温生成一氧化碳，所以E是一氧化碳，F的浓溶液能挥发出剌激性气味的气体，F会与铁反应，所以F是盐酸，氧化铁和盐酸反应生成氯化铁和水，G﹣H发生的是化合反应，G和氯气反应会生成H，所以H是氯化铁，然后将推出的物质进行验证即可．
20． 有些晶体按比例带有一定量的结晶水，带有结晶水的晶体在一定温度下会脱去结晶水．草酸晶体（H2C2O4 xH2O）在常温下是一种无色透明晶体．草酸晶体受热时分解的化学方程式为：
H2C2O4 xH2O（x+1）H2O+CO2↑+CO↑
某化学兴趣小组的同学利用该信息以及所学的知识设计并开展实验，测定草酸晶体中结晶水的质量分数．（图中固定装置已略去，装置气密性良好，装置A、B中的试剂足量，注射器量程足够）
Ⅰ．测量装置A、B的质量，排尽注射器中的空气，连接装置；
Ⅱ．取质量为m的草酸晶体，加热至完全分解，将产物全部通入以上装置；
Ⅲ．测量并记录装置A增加的质量为a，装置B增加的质量为b，装置C读数为V；
Ⅳ．甲、乙、丙三位同学分别利用装置A、B、C所得数据计算该草酸晶体中结晶水的质量分数．
请回答下列问题：
（1）装置A中盛放的液体是 ；装置B的作用是 ；装置C的作用之一是测量 的体积．
（2）乙同学对利用装置B测量结果计算的可靠性经行反思与评价，认为反应后装置A中残留的气体会使自己的计算结果 （填“偏小”或“偏大”）．
（3）甲同学依据装置A测量结果计算结晶水的质量分数为 （用代数式表示）．
【答案】浓硫酸；吸收生成的二氧化碳气体；一氧化碳；偏大；
【知识点】物质除杂或净化；物质的鉴别、推断
【解析】【解答】（1）吸收生成的水蒸气应该用浓硫酸；吸收生成的二氧化碳气体用浓氢氧化钠溶液；最后剩余的一氧化碳气体进入注射器；故填：浓硫酸；吸收生成的二氧化碳气体；一氧化碳；
（2）气体部分残留在A中，导致少量的二氧化碳没有被B装置完全吸收，A质量偏大，导致测量结果偏大，故填：偏大；
（3）解：H2C2O4 xH2O（x+1）H2O+CO2↑+CO↑
90+18x 18（x+1）
m a
则：
x=
则结晶水的质量分数为=
故答案为：
【分析】（1）根据加热后的产物来分析，A是用来吸收生成的水蒸气、B是吸收生成的二氧化碳，C是收集生成的一氧化碳；
（2）根据题意，A中残留气体中含有少量的二氧化碳；
（3）根据参加反应的草酸晶体以及生成水的质量，利用化学方程式进行计算．
21． 有一包白色固体可能含碳酸钠、硫酸钠、氯化钾、硝酸钡、氢氧化钠中的一种或几种．某化学兴趣小组为探究其成分做了以下实验：
Ⅰ．取少量固体于烧杯中，逐渐加水并不断搅拌，烧杯内固体的质量随加入水的质量的变化如图1所示；
Ⅱ．取少量B点时的清液于试管中，滴加酚酞溶液，酚酞溶液不变色；
Ⅲ．继续向烧杯中滴加稀硝酸并不断搅拌，烧杯内固体的质量随加入稀硝酸的质量的变化如图2所示．
请回答下列问题：
（1）BC段可观察到的现象是 ，从C到D液体的pH （填“增大”、“减小”或“不变”）；
（2）原白色固体中一定含有 ，可能含有 ；
（3）D点时，溶液中一定含有的溶质是 ；
（4）为进一步探究该白色固体的成分，该组同学取少量原固体样品于试管中，加足量水溶解，加 ，过滤；再向滤液中加 ，观察现象．
【答案】固体部分溶解，有气泡冒出；减小；碳酸钠、硫酸钠、硝酸钡；氯化钾；硝酸钠、硝酸钡、硝酸；稀硝酸；硝酸银
【知识点】物质的鉴别、推断；碱的化学性质
【解析】【解答】由图1可知，加入水，有不溶物，说明了上述物质间发生反应生成了沉淀，由于碳酸钠、硫酸钠都能与硝酸钡反应生成沉淀，由此可知，一定存在硝酸钡；由图2可知沉淀加入稀硝酸后，沉淀部分溶解，沉淀应为碳酸钡和硫酸钡的混合物，说明了原混合物中一定有碳酸钠和硫酸钠；由取少量B点时的清液于试管中，滴加酚酞溶液，酚酞溶液不变色，说明了不含有氢氧化钠．
（1）由上述分析可知，BC段可观察到的现象是固体部分溶解，有气泡冒出，从C到D液体的酸性增强，液体的pH减小；
（2）由上述分析可知，原白色固体中一定含有碳酸钠、硫酸钠、硝酸钡，可能含有氯化钾；
（3）D点时，溶液中一定含有的溶质是硝酸钠、硝酸钡、硝酸；
（4）由于氯化钾的存在不能确定，为进一步探究该白色固体的成分，该组同学取少量原固体样品于试管中，加足量水溶解，加稀硝酸，过滤；再向滤液中加硝酸银，观察现象，若有白色沉淀生成则证明含有氯化钾，否则则没有．
故答案为：（1）固体部分溶解，有气泡冒出，减小；
（2）碳酸钠、硫酸钠、硝酸钡，氯化钾；
（3）硝酸钠、硝酸钡、硝酸；
（4）稀硝酸，硝酸银．
【分析】碳酸钠、硫酸钠、氯化钾、硝酸钡、氢氧化钠都是可溶于水的物质，由图1可知，加入水，有不溶物，说明了上述物质间发生反应生成了沉淀，由于碳酸钠、硫酸钠都能与硝酸钡反应生成沉淀，由此可知，一定存在硝酸钡；由图2可知沉淀加入稀硝酸沉淀部分溶解，沉淀应为碳酸钡和硫酸钡的混合物，说明了原混合物中一定有碳酸钠和硫酸钠．由取少量B点时的清液于试管中，滴加酚酞溶液，酚酞溶液不变色，说明了不含有氢氧化钠，据此分析回答有关的问题．
22． 现有一包白色固体样品，可能含有BaCl2、Na2SO4、Na2CO3、NH4HCO3、KCl、CuSO4中的一种或几种，取样品进行如下实验：
（1）操作1所用到是玻璃仪器有 ．
（2）原白色固体中一定不含有 ，一定含有 ．
（3）写出生成气体a的化学方程式 ．
【答案】烧杯、玻璃棒；CuSO4；BaCl2、Na2SO4、Na2CO3、NH4HCO3；NH4HCO3+2NaOH=Na2CO3+2H2O+NH3↑
【知识点】过滤的原理、方法、操作及其应用；盐的性质及用途；物质的鉴别、推断；盐与化肥
【解析】【解答】（1）由题意可知操作1是白色固体加足量水溶解，应用到的玻璃仪器是：烧杯和玻璃棒；
（2）由于硫酸铜的溶液显蓝色，根据操作1得到的是无色溶液，说明不含有硫酸铜；由于上述物质的碳酸氢铵能与氢氧化钠反应放出了氨气，根据无色溶液再加入氢氧化钠加热生成了气体，说明了含有碳酸氢铵；由于上述物质的氯化钡能与碳酸钠、硫酸钠反应分别生了碳酸钡、硫酸钡沉淀，碳酸钡沉淀能溶于盐酸，硫酸钡不能溶于盐酸，根据操作1可知得到的白色沉淀，能部分溶解于盐酸，说明了含有氯化钡、碳酸钠和硫酸钠，根据上述实验过程不能判断氯化钾是否存在，氯化钾是可能存在的物质．所以，原白色固体中一定不含有CuSO4，一定含有BaCl2、Na2SO4、Na2CO3、NH4HCO3，可能含有的物质是KCl；
（3）由上述分析可知，碳酸氢铵能与氢氧化钠反应放出了气体a是氨气，反应的方程式：NH4HCO3+2NaOH=Na2CO3+2H2O+NH3↑．
故答案为：（1）烧杯、玻璃棒；（2）CuSO4，BaCl2、Na2SO4、Na2CO3、NH4HCO3；（3）NH4HCO3+2NaOH=Na2CO3+2H2O+NH3↑．
【分析】（1）根据溶解的操作分析用到的玻璃仪器；
（2）根据操作1得到的是无色溶液，说明不含有硫酸铜；根据无色溶液再加入氢氧化钠加热生成了气体，说明了含有碳酸氢铵；根据操作1可知得到的白色沉淀，能部分溶解于盐酸，说明了含有氯化钡、碳酸钠和硫酸钠，据此分析判断白色固体中的物质；
（3）根据碳酸氢铵与氢氧化钠的反应写反应的化学方程式．
23． A～I表示初中化学常见的物质．其中C是大理石的主要成分．各物质间相互转化关系如图所示（反应条件已略去）
请回答下列问题：
（1）C的化学式为 ．
（2）A的一种用途是 ．
（3）上述转化中没有涉及的基本反应类型是 ．
（4）反应③的化学方程式为（只写一个） ．
【答案】CaCO3；改良酸性土壤；置换反应；NaOH+HCl=NaCl+H2O
【知识点】置换反应及其应用；物质的鉴别、推断
【解析】【解答】C是大理石的主要成分，故C是碳酸钙，AB能反应生成碳酸钙和D，故可能是氢氧化钙参与的反应，碳酸钙能生成氧化钙和二氧化碳，故EF可能是氧化钙和二氧化碳中的一种，F能与H反应生成A，故F可能是氧化钙，H是水，E是二氧化碳，D和G能反应生成水，故D可能是氢氧化钠，则B是碳酸钠，G能与氢氧化钠反应生成水和氯化钠，故I是氯化钠，带入框图，推断合理；
（1）C是碳酸钙，故填：CaCO3；
（2）A是氢氧化钙，具有碱性，能用于改良酸性土壤，故填：改良酸性土壤；
（3）氢氧化钙能与碳酸钠反应生成氢氧化钠和碳酸钙沉淀，属于复分解反应，碳酸钙高温分解生成氧化钙和二氧化碳，属于分解反应，氧化钙与水反应生成氢氧化钙，属于化合反应，氢氧化钠与盐酸反应生成氯化钠和水，属于复分解反应，故不涉及到的是置换反应，故填：置换反应；
（4）D是氢氧化钠，G可以是盐酸，盐酸与氢氧化钠反应生成氯化钠和水，故填：NaOH+HCl=NaCl+H2O．
【分析】根据题干提供的信息进行分析解答，C是大理石的主要成分，故C是碳酸钙，AB能反应生成碳酸钙和D，故可能是氢氧化钙参与的反应，碳酸钙能生成氧化钙和二氧化碳，故EF可能是氧化钙和二氧化碳中的一种，F能与H反应生成A，故F可能是氧化钙，H是水，E是二氧化碳，D和G能反应生成水，故D可能是氢氧化钠，则B是碳酸钠，G能与氢氧化钠反应生成水和氯化钠，故I是氯化钠，据此解答．
24． A、B、C、D、E、F、G为常见的物质，其中B、E、G属于单质，反应②是炼铁工业中的主要反应，它们之间的相互转化关系如下图所示：
（1）物质A的化学式是 ；写出反应④的基本反应类型 ．
（2）写出反应②的化学方程式： ．
（3）写出反应③中生成红色固体E的化学方程式： ．
【答案】CuO；化合反应；3CO+Fe2O32Fe+3CO2；Fe+CuSO4=FeSO4+Cu
【知识点】物质的鉴别、推断
【解析】【解答】解：由B、E、G属于单质，E为红色固体，可判断E为铜，铜和氧气加热生成的A是氧化铜，A与过量的稀硫酸反应得到的X溶液中含有生成的氯化铜和剩余的硫酸；反应②是炼铁工业中的主要反应，即一氧化碳还原氧化铁生成铁和二氧化化碳，B能与X溶液反应生成铜和浅绿色溶液F，则B是铁，C是二氧化碳，F是硫酸亚铁，G是氢气，代入框图，推断正确．
故答案为：
（1）CuO；化合反应；（2）3CO+Fe2O32Fe+3CO2；（3）Fe+CuSO4=FeSO4+Cu．
【分析】根据框图和提供的信息，其突破口为E是红色固体单质，则E是铜，铜和氧气加热生成的A是氧化铜，A与过量的稀硫酸反应得到的X溶液中含有生成的氯化铜和剩余的硫酸；反应②是炼铁工业中的主要反应，即一氧化碳还原氧化铁生成铁和二氧化化碳，B能与X溶液反应生成铜和浅绿色溶液F，则B是铁，C是二氧化碳，F是硫酸亚铁，G是氢气，据此解答即可．
25． 废旧金属可以回收利用，用合金废料（含Fe、Cu和Al）制取FeSO4和CuSO4溶液的实验流程如图（部分生成物已略）：
（1）合金属于 （填“纯净物”或“混合物”）；
（2）步骤①反应的化学方程式为：2Al+2NaOH+2R═2NaAlO2+3H2↑，依据质量守恒定律推出R的化学式为 ，步骤②反应的化学方程式为 ；
（3）由Cu制取CuSO4溶液有以下三种途径：
I．Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O
Ⅱ.2Cu+O22CuO CuO+H2SO4═CuSO4+H2O
Ⅲ.3Cu+8HNO3═3Cu（NO3）+2NO↑+4H2O
你认为最佳途径是 （填序号），理由是 ．
【答案】混合物；H2O；Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑；Ⅱ；不会生成有毒气体二氧化硫，生成相同质量的硫酸铜，消耗的硫酸少
【知识点】质量守恒定律及其应用；物质的鉴别、推断
【解析】【解答】解：（1）合金是金属和金属，金属和非金属经过熔合得到的，混合物是由两种或多种物质组成的，所以合金属于混合物；
（2）生成物中有2个钠原子，2个铝原子，4个氧原子，6个氢原子，反应物中有2个铝原子，2个钠原子、氢原子、氧原子，所以R是H2O；
铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，化学方程式为：Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑；
（3）通过分析各种途径中的反应物和生成物可知，最佳途径是Ⅱ，理由是：不会生成有毒气体二氧化硫，生成相同质量的硫酸铜，消耗的硫酸少．
故答案为：（1）混合物；
（2）H2O；Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑；
（3）Ⅱ，不会生成有毒气体二氧化硫，生成相同质量的硫酸铜，消耗的硫酸少．
【分析】（1）根据合金的定义和混合物的定义进行分析；
（2）根据化学反应前后原子个数不变，铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气进行分析；
（3）根据制取硫酸铜的三种途径中需要的反应物以及生成物进行分析．
26． A～E是初中常见的物质：盐酸、氢氧化钠、氢氧化钙、碳酸钠、二氧化碳中的某一种．A可用于金属表面除锈，B可用来改良酸性土壤．它们相互间发生反应或转化的关系如图所示（“﹣”表面两种物质间能发生反应，“→”表示两种物质间的转化关系）．
（1）A、C的化学式分别为 、 ；D在生活和生产中的一种用途是 ；
（2）E→D反应的化学方程式为 ；B与D反应的化学方程式为 ．
【答案】HCl；NaOH；灭火、作气体肥料；Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑；Ca（OH）2+CO2=CaCO3↓+H2O
【知识点】物质的鉴别、推断；酸的化学性质；碱的化学性质
【解析】【解答】解：（1）A～E是初中常见的物质：盐酸、氢氧化钠、氢氧化钙、碳酸钠、二氧化碳中的某一种，A可用于金属表面除锈，所以A是稀盐酸，B可用来改良酸性土壤，所以B是氢氧化钙，稀盐酸、氢氧化钙都会与D反应，所以E是碳酸钠，稀盐酸会与C反应，C会转化成碳酸钠，所以C是氢氧化钠，D就是二氧化碳，经过验证，推导正确，所以A是HCl，C是NaOH，D是二氧化碳，可以用来灭火、作气体肥料等；
（2）E→D的反应是碳酸钠和盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，化学方程式为：Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑；
B与D的反应是氢氧化钙和二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀和水，化学方程式为：Ca（OH）2+CO2=CaCO3↓+H2O．
故答案为：（1）HCl，NaOH，灭火、作气体肥料；
（2）Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑；Ca（OH）2+CO2=CaCO3↓+H2O．
【分析】根据A～E是初中常见的物质：盐酸、氢氧化钠、氢氧化钙、碳酸钠、二氧化碳中的某一种，A可用于金属表面除锈，所以A是稀盐酸，B可用来改良酸性土壤，所以B是氢氧化钙，稀盐酸、氢氧化钙都会与D反应，所以E是碳酸钠，稀盐酸会与C反应，C会转化成碳酸钠，所以C是氢氧化钠，D就是二氧化碳，然后将推出的各种物质进行验证即可．
27． A～K是初中化学常见的物质，它们之间的转化关系如图所示（“→”指向生成物）．其中A为红色固体，B、C的元素组成相同，I是某建筑材料的主要成分，F、K两种物质常用于配置农药波尔多液．请回答下列问题：
（1）物质I的化学式是 ．
（2）物质K的俗名是 （写一种即可）．
（3）反应⑥的基本反应类型为 ．
（4）反应①的化学方程式为 ．反应③的化学方程式为 ．
【答案】CaCO3；熟石灰；化合反应；CO+CuOCu+CO2；Ca（OH）2+CuSO4═Cu（OH）2↓+CaSO4
【知识点】物质的鉴别、推断
【解析】【解答】解：（1）A～K是初中化学常见的物质，F、K两种物质常用于配置农药波尔多液，所以F、K是氢氧化钙、硫酸铜，I是某建筑材料的主要成分，I生成的J会转化成K，所以K是氢氧化钙，F是硫酸铜，I是碳酸钙，碳酸钙高温分解生成氧化钙和二氧化碳，所以J是氧化钙，B是二氧化碳，B、C的元素组成相同，所以C是一氧化碳，A为红色固体，一氧化碳和D反应会生成A和二氧化碳，所以D是氧化铜，A是铜，氧化铜和E会生成硫酸铜，所以E是硫酸，经过验证，推导正确，所以I是CaCO3；
（2）通过推导可知，K是氢氧化钙，俗称熟石灰；
（3）反应⑥是氧化钙和水反应生成氢氧化钙，满足化合反应多变一的条件，所以基本反应类型为化合反应；
（4）反应①是一氧化碳和氧化铜在加热的条件下生成铜和二氧化碳，化学方程式为：CO+CuOCu+CO2；
反应③是硫酸铜和氢氧化钙反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钙，化学方程式为：Ca（OH）2+CuSO4═Cu（OH）2↓+CaSO4．
故答案为：（1）CaCO3；（2）熟石灰；（3）化合反应；
（4）CO+CuOCu+CO2；Ca（OH）2+CuSO4═Cu（OH）2↓+CaSO4．
【分析】根据A～K是初中化学常见的物质，F、K两种物质常用于配置农药波尔多液，所以F、K是氢氧化钙、硫酸铜，I是某建筑材料的主要成分，I生成的J会转化成K，所以K是氢氧化钙，F是硫酸铜，I是碳酸钙，碳酸钙高温分解生成氧化钙和二氧化碳，所以J是氧化钙，B是二氧化碳，B、C的元素组成相同，所以C是一氧化碳，A为红色固体，一氧化碳和D反应会生成A和二氧化碳，所以D是氧化铜，A是铜，氧化铜和E会生成硫酸铜，所以E是硫酸，然后将推出的物质进行验证即可．
28． A、B、C、D、E都是初中化学中的常见物质，它们存在如图所示的转化关系（“﹣”表示两端的物质间能发生化学反应，“→”表示物质间存在转化关系．部分反应物、生成物及反应条件已略去），其中A、B为单质且B是可供动植物呼吸的气体；D是一种盐，E是常用于改良酸性土壤的碱，请回答下列问题．
（1）E的俗名是 ，D是 ．
（2）在一定条件下，A既可以转化成C，也可以与C发生化学反应．写出A和C反应的化学方程式 ．
（3）写出C与E反应的化学方程式 ．
【答案】熟石灰；碳酸钠；C+CO22CO；CO2+Ca（OH）2=CaCO3↓+H2O
【知识点】书写化学方程式、文字表达式；物质的鉴别、推断
【解析】【解答】（1）A、B、C、D、E都是初中化学中的常见物质，E是常用于改良酸性土壤的碱，所以E是氢氧化钙，A、B为单质且B是可供动植物呼吸的气体，所以B是氧气，A会与氧气反应，所以A是碳、金属，A、氧气都会转化成C，所以A是碳，C是二氧化碳，D是一种盐，D和二氧化碳会相互转化，所以D是碳酸钠，碳酸钠、二氧化碳会与氢氧化钙反应，经过验证，推导正确，所以E是氢氧化钙，俗称熟石灰，D是碳酸钠；
（2）A和C的反应是碳和二氧化碳在高温的条件下反应生成一氧化碳，化学方程式为：C+CO22CO；
（3）C与E的反应是氢氧化钙和二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀和水，化学方程式为：CO2+Ca（OH）2=CaCO3↓+H2O．
故答案为：（1）熟石灰，碳酸钠；
（2）C+CO22CO；
（3）CO2+Ca（OH）2=CaCO3↓+H2O．
【分析】根据A、B、C、D、E都是初中化学中的常见物质，E是常用于改良酸性土壤的碱，所以E是氢氧化钙，A、B为单质且B是可供动植物呼吸的气体，所以B是氧气，A会与氧气反应，所以A是碳、金属，A、氧气都会转化成C，所以A是碳，C是二氧化碳，D是一种盐，D和二氧化碳会相互转化，所以D是碳酸钠，碳酸钠、二氧化碳会与氢氧化钙反应，然后将推出的物质进行验证即可．
29． A与B有如下的反应：A+B→C+D
（1）若C为厨房内常用的调味品，A是人体胃液的主要成分，可帮助消化，则A是 ；若A、B两溶液恰好完全反应，则反应后溶液的pH 7（填“＜”、“＞”或“=”）；写出A、B两溶液反应的化学方程式 ．
（2）若B常用来改良酸性土壤；D是重要的化工原料且俗名叫苛性钠；B与CO2反应也能生成C；则A是 ，C的用途是 （只写一种）．写出A溶液与B溶液反应的化学方程式 ．
【答案】稀盐酸；=；NaOH+HCl═NaCl+H2O；Na2CO3；建筑材料；Ca（OH）2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH
【知识点】溶液的酸碱性与pH值的关系；物质的鉴别、推断
【解析】【解答】解：A与B有如下的反应：A+B→C+D，
（1）若A是人体胃液的主要成分，可帮助消化，所以A是稀盐酸，A和B反应会生成C和D，C为厨房内常用的调味品，所以C是氯化钠，B是氢氧化钠，氢氧化钠和盐酸反应生成氯化钠和水，所以D是水，经过验证，推导正确，所以A是稀盐酸，若氢氧化钠、盐酸两溶液恰好完全反应，则反应后溶液的pH=7，氢氧化钠和盐酸反应生成氯化钠和水，化学方程式为：NaOH+HCl═NaCl+H2O；
（2）若B常用来改良酸性土壤，所以B是氢氧化钙，D是重要的化工原料且俗名叫苛性钠，所以D是氢氧化钠，氢氧化钙和二氧化碳会生成碳酸钙沉淀，所以C是碳酸钙，A就是碳酸钠，经过验证，推导正确，所以A是Na2CO3，C是碳酸钙，可以用作建筑材料，氢氧化钙和碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，化学方程式为：Ca（OH）2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH．
故答案为：（1）稀盐酸，=，NaOH+HCl═NaCl+H2O；（2）Na2CO3，建筑材料，Ca（OH）2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH．
【分析】根据A与B有如下的反应：A+B→C+D，若A是人体胃液的主要成分，可帮助消化，所以A是稀盐酸，A和B反应会生成C和D，C为厨房内常用的调味品，所以C是氯化钠，B是氢氧化钠，氢氧化钠和盐酸反应生成氯化钠和水，所以D是水；若B常用来改良酸性土壤，所以B是氢氧化钙，D是重要的化工原料且俗名叫苛性钠，所以D是氢氧化钠，氢氧化钙和二氧化碳会生成碳酸钙沉淀，所以C是碳酸钙，A就是碳酸钠，然后将推出的物质进行验证即可．
30． 如图是初中化学中几种常见物质间的反应及转化关系，A物质具有还原性，B是一种常见的气体，E的水溶液呈蓝色．如图中“﹣”表示两端的物质能发生反应，“→”表示一种物质可转化为另一种物质．
请回答：
（1）A物质可能是 ；
（2）E和F反应产生的实验现象是 ；
（3）完成下列反应的化学方程式：
①A﹣C反应的化学方程式 ；
②D→F反应的化学方程式 ；
（4）B物质的用途之一是 ．
【答案】C或CO；产生蓝色沉淀；C+2CuO2Cu+CO2↑ 或CO+CuOCu+CO2（答出一种即可）；Na2CO3+Ca（OH）2═CaCO3↓+2NaOH （写K2CO3也可）或 Na2CO3+Ba（OH）2═BaCO3↓+2NaOH（答一种即可）；灭火（或温室肥料或光合作用等合理即可）
【知识点】书写化学方程式、文字表达式；物质的鉴别、推断
【解析】【解答】A物质具有还原性，能够反应产生B，B是一种常见的气体，因此A是碳或一氧化碳，经过反应产生二氧化碳；E的水溶液呈蓝色，因此E是可溶性的铜盐，如硝酸铜，则A能够和C反应，C经过反应产生铜盐，因此C是氧化铜，氧化铜和酸反应产生铜盐；B和D能够相互转化，则D是可溶性的碳酸盐，如碳酸钠，碳酸钠能够和F相互转化，且F能够和铜盐反应，因此F是氢氧化钠，带入验证符合转化关系，因此：
（1）A可能是碳或一氧化碳，故填：C或CO；
（2）E和F是铜盐和氢氧化钠反应产生氢氧化铜沉淀，故现象为：产生蓝色沉淀；
（3）①A﹣C的反应是碳或一氧化碳还原氧化铜产生铜和二氧化碳，故反应的方程式为：C+2CuO2Cu+CO2↑ 或CO+CuOCu+CO2（答出一种即可）；
②D→F可以是碳酸钠等和氢氧化钙等碱溶液的反应，故反应的方程式为：Na2CO3+Ca（OH）2═CaCO3↓+2NaOH （写K2CO3也可）或 Na2CO3+Ba（OH）2═BaCO3↓+2NaOH（答一种即可）；
（4）B是二氧化碳，不能燃烧，不能支持燃烧，可以促进植物的光合作用等；故答案为：灭火（或温室肥料或光合作用等合理即可）．
【分析】根据A物质具有还原性，能够反应产生B，B是一种常见的气体，因此A是碳或一氧化碳，经过反应产生二氧化碳；E的水溶液呈蓝色，因此E是可溶性的铜盐，如硝酸铜，则A能够和C反应，C经过反应产生铜盐，因此C是氧化铜，氧化铜和酸反应产生铜盐；B和D能够相互转化，则D是可溶性的碳酸盐，如碳酸钠，碳酸钠能够和F相互转化，且F能够和铜盐反应，因此F是氢氧化钠，据此分析．
31． A～E是初中化学中常见的物质．A、B、C、D是所属物质类别不同的化合物，其中C是一种钠盐，E是熟石灰的主要成分，它们互相转化的关系或发生反应的关系如图所示．（“﹣”表示相互能反应，“→”表示转化关系）
（1）D的化学式为
（2）C与E反应的化学方程式是
（3）A与B的反应属于 （填基本反应类型）
（4）A物质的一种用途是 ．
【答案】CO2；Ca（OH）2+Na2CO3═CaCO3↓+2NaOH；复分解反应；用作化工原料（或肥皂、造纸的生产等）
【知识点】物质的鉴别、推断；碱的化学性质
【解析】【解答】B是一种钠盐，E是熟石灰的主要成分，因此E是氢氧化钙，可以和钠盐反应，因此C应该是碳酸钠；碳酸钠和D可以相互转化，且D能够和E﹣氢氧化钙反应，结合碱的化学性质，可知D是二氧化碳，则B应该是酸，如盐酸；A、B、C、D是所属物质类别不同的化合物，B﹣盐酸、D﹣二氧化碳、C﹣碳酸钠都能够和A反应，因此A是氢氧化钠，带入验证符合转化关系，因此；
（1）D是二氧化碳，故填：CO2；
（2）C和E的反应是碳酸钠和氢氧化钙反应产生碳酸钙沉淀和氢氧化钠，故填：Ca（OH）2+Na2CO3═CaCO3↓+2NaOH；
（3）A和B反应是氢氧化钠和盐酸等的反应，属于复分解反应，故填：复分解反应；
（4）A是氢氧化钠，可以用作化工原料（或肥皂、造纸的生产等）；故填：用作化工原料（或肥皂、造纸的生产等）．
【分析】根据A﹣E是初中化学的常见物质，B是一种钠盐，E是熟石灰的主要成分，因此E是氢氧化钙，可以和钠盐反应，因此C应该是碳酸钠；碳酸钠和D可以相互转化，且D能够和E﹣氢氧化钙反应，结合碱的化学性质，可知D是二氧化碳，则B应该是酸，如盐酸；A、B、C、D是所属物质类别不同的化合物，B﹣盐酸、D﹣二氧化碳、C﹣碳酸钠都能够和A反应，因此A是氢氧化钠，然后将推出的物质进行验证即可．
32． 如图表示某些物质间转化关系．A、B为组成元素相同的无色液体，D是大理石的主要成分，C、F、H为气体，且H有刺激性气味．
（1）E的化学式为 ．
（2）反应①的化学方程式为 ．
（3）反应②的化学方程式为 ．由此反应可知，在农业生产中施用铵态氮肥时应注意 ．
（4）自然界中普遍存在着F转化为C的反应，名称为 ；工业生产中用F和H合成尿素，反应中F和H的质量比为 ．
【答案】CaO；2H2O22H2O+O2↑；Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；铵态氮肥不能与碱性物质混合使用；光合作用；22：17
【知识点】书写化学方程式、文字表达式；物质的鉴别、推断
【解析】【解答】（1）D是大理石的主要成分，所以D是碳酸钙，A、B为组成元素相同的无色液体，C、F、H为气体，A和二氧化锰反应会生成B、C，所以A是过氧化氢溶液，B是水，C是氧气，碳酸钙高温会生成氧化钙和二氧化碳，水和E生成的G会与氯化铵反应，所以E是氧化钙，G是氢氧化钙，F就是二氧化碳，氯化铵和氢氧化钙反应生成氨气，所以H是氨气，经过验证，推导正确，所以E是CaO；
（2）反应①是过氧化氢在二氧化锰的催化作用下生成水和氧气，化学方程式为：2H2O22H2O+O2↑；
（3）反应②是氢氧化钙和氯化铵在加热的条件下反应生成氯化钙、水和氨气，化学方程式为：Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O，由此反应可知，在农业生产中施用铵态氮肥时应注意：铵态氮肥不能与碱性物质混合使用；
（4）通过推导可知，F是二氧化碳，C是氧气，自然界中普遍存在着二氧化碳转化为氧气的反应是光合作用，二氧化碳和氨气在一定条件下反应生成尿素和水，化学方程式为：CO2﹢2NH3CO（NH2）2﹢H2O，反应中F和H的质量比为：22：17．
故答案为：（1）CaO；
（2）2H2O22H2O+O2↑；
（3）Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O，铵态氮肥不能与碱性物质混合使用；
（4）光合作用，22：17．
【分析】根据D是大理石的主要成分，所以D是碳酸钙，A、B为组成元素相同的无色液体，C、F、H为气体，A和二氧化锰反应会生成B、C，所以A是过氧化氢溶液，B是水，C是氧气，碳酸钙高温会生成氧化钙和二氧化碳，水和E生成的G会与氯化铵反应，所以E是氧化钙，G是氢氧化钙，F就是二氧化碳，氯化铵和氢氧化钙反应生成氨气，所以H是氨气，然后将推出的物质进行验证即可．
三、实验探究题
33．（2017九上·鄞州月考）为了将氯化钠和氯化钙的混合物分离，并测定其中氯化钠的质量分数，兴趣小组最初设计了如下方案并进行实验：
根据流程图回答：
（1）沉淀B化学式是 ，试剂甲是 ，滤液C中溶质成分有 。
（2）根据以上方案得到NaCl固体测定含有杂质，同学们通过分析后对上述方案作出改进：在步骤Ⅴ滤液C蒸发结晶之前，先滴加足量的 ，既能除去所含杂质，又能有效防止新杂质的引入，上述反应的化学方程式为 。
（3）为测定原混合物中氯化钠的质量分数，同学们提出了如下两个数据测定方案。
方案1：称量混合物A的总质量和干燥的沉淀B或CaCl2固体的质量，并进行计算；
方案2：称量混合物A的总质量和实验改进后所得纯净氯化钠固体的质量，并进行计算。
请你判断：上述所选称量数据不合理的是 （填：“方案1”或“方案2”）。
理由是 。
【答案】（1）CaCO3；盐酸；氯化钠和碳酸钠
（2）盐酸；2HCl+Na2CO3=2NaCl+H2O+CO2↑
（3）方案二；盐酸与过量的碳酸钠反应也生成了氯化钠
【知识点】物质除杂或净化；化合物之间的相互转化；物质的鉴别、推断
【解析】【分析】此题中分离氯化钠和氯化钙的混合物主要利用氯化钙与碳酸钠能反应产生碳酸钙沉淀，然后将两者通过过滤分离。（1）由混合溶液中加过量Na2CO3反应得到沉淀，可确定沉淀B，试剂甲能与沉淀B反应，蒸发后只留下CaCl2可确定试剂甲，滤液C是混合溶液（NaCl、CaCl2）与过量Na2CO3反应后的可溶液性物质；（2）因为滤液C中含有多种溶质，蒸发结晶得到的NaCl固体是含有杂质的，由物质间反应的特点可确定除去该杂质的物质；（3）方案1和方案2计算氯化钠质量分数的区别是：方案1利用干燥的沉淀B或CaCl2固体的质量得到NaCl质量；方案2利用最后得到的NaCl质量计算。方案2没考虑到分离过程中引入的Na+最后也转化成了NaCl。
【解答】（1）由混合溶液（NaCl、CaCl2）中加过量Na2CO3反应得到沉淀，发生的反应是CaCl2和过量Na2CO3反应，生成了NaCl和CaCO3，所以是CaCO3沉淀。试剂甲能与沉淀B反应，蒸发后只留下CaCl2可确定试剂甲是盐酸。滤液C是混合溶液（NaCl、CaCl2）与过量Na2CO3反应后的可溶液性物质所以有NaCl、过量的Na2CO3。（2）因为滤液C中含有NaCl、过量的Na2CO3所以有杂质，除去NaCl中含有的Na2CO3可使用盐酸，化学方程式为2HCl+Na2CO3=2NaCl+H2O+CO2↑。（3）比较方案1和方案2发现方案2在分离过程中引入的Na+最后也转化成了NaCl，氯化钠固体的质量是偏大的，所以不合理，方案1在分离过程中没有引入Ca2+离子，所以得到的CaCl2就是原来有的，利用CaCl2质量得到的NaCl也是正确的，方案1合理。所以不合理的是方案2，理由是：1、盐酸与过量的碳酸钠反应也生成了氯化钠；2、CaCl2与Na2CO3反应时也产生了NaCl。
故答案为：（1）CaCO3；盐酸；氯化钠和碳酸钠 （2）盐酸；2HCl+Na2CO3=2NaCl+H2O+CO2↑（3）方案二；盐酸与过量的碳酸钠反应也生成了氯化钠
34．某兴趣小组的同学到实验室进行气体性质实验。
（1）第一小组同学为检验某CO2气体中是否混有CO和H2，设计了如下的实验装置：
请回答：
①A装置中发生反应的化学方程式是 。
②实验过程中观察到C装置变蓝色，小冯同学由此判断气体中一定混有H2，小汪同学认为不对，理由是 。
（2）第二小组的同学探究某混合气体的成分。已知该混合气体中可能含有氢气、一氧化碳和二氧化碳的一种或几种。小组成员没装A装置，直接把混合气体通入灼热的盛有足量氧化铜的试管（已排尽空气），充分反应后，发现管内物质质量减少1.8g，将反应完全后的气体全部通入过量的澄清石灰水，充分反应后，得到10g白色沉淀，则混合气体的成分至少有 种，肯定有的气体是 。
【答案】（1）CO2＋2NaOH=Na2CO3＋H2O；混合气体中含有水蒸气
（2）2；氢气
【知识点】还原反应与金属的冶炼；物质的鉴别、推断
【解析】【分析】（1）①氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和水；②还要考虑到原气体中经过氢氧化钠溶液，也会带出水蒸气。
（2）先通过白色沉淀推测出一氧化碳气体的存在，在结合氧元素减少的质量判断出是否应该含有氢气。
【解答】（1）①氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和水，故方程式为：CO2＋2NaOH=Na2CO3＋H2O。
②氢气还原氧化铜产生铜和水，但原气体中经过氢氧化钠溶液，也会带出水蒸气，而这部分水蒸气并没有先被除去，会对产生的水产生干扰，所以即使C装置变蓝色也不能说明气体中一定混有H2。
（2）由质量守恒定律可知，将反应后的气体全部通入过量的澄清石灰水中，充分反应后得到10g白色沉淀，说明通过过量灼热的CuO的试管后二氧化碳的质量为4.4g，所以气体X一定有一氧化碳，可通过二氧化碳的质量计算出此试管内物质减少的氧元素质量应该是1.6g，而试管内实际减少的质量是1.8g，说明还有氢气还原氧化铜使得氧元素的质量减少；若4.4g的二氧化碳是原有的，则与氧化铜反应的是氢气，因此气体中一定含有氢气；可能的组合有氢气、一氧化碳；氢气、二氧化碳；氢气、一氧化碳、二氧化碳，因此混合气体的成分至少有2种。
故答案为：（1）CO2＋2NaOH=Na2CO3＋H2O；混合气体中含有水蒸气（2）2；氢气
35． 图中的A～H是初中化学常见的化合物，且分别是由H、O、S、Na、Ca、Cu中的两种或三种元素组成的．其中B、E是氧化物，E中两种元素质量之比为2：3，C、F、H为相同类别的化合物，F易溶于水并放出大量的热，G的溶液呈蓝色，图中“﹣﹣”表示两端的物质间能发生化学反应；“→”表示物质间存在转化关系，部分反应物、生成物或反应条件已略去．
（1）G的化学式为 ．
（2）写出E和F反应的化学方程式 ．
（3）G和H反应的基本反应类型为 ．
（4）写出C→B发生分解反应的化学方程式 ．
【答案】（1）CuSO4
（2）SO3+2NaOH=Na2SO4+H2O
（3）复分解反应
（4）Cu（OH）2CuO+H2O
【知识点】复分解反应及其应用；物质的鉴别、推断
【解析】【解答】（1）A～H是初中化学常见的化合物，且分别是由H、O、S、Na、Ca、Cu中的两种或三种元素组成的，B、E是氧化物，E中两种元素质量之比为2：3，所以E是三氧化硫，C、F、H为相同类别的化合物，F易溶于水并放出大量的热，所以F是氢氧化钠，H是氢氧化钙，硫酸铜和氢氧化钙反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钙，G的溶液呈蓝色，所以G是硫酸铜，三氧化硫和氢氧化钠反应生成硫酸钠和水，所以B是水，A是硫酸钠，C会转化成水，所以C是氢氧化铜，D是硫酸钙，经过验证，推导正确，所以G的化学式为：CuSO4；
（2）E和F的反应是氢氧化钠和三氧化硫反应生成硫酸钠和水，化学方程式为：SO3+2NaOH=Na2SO4+H2O；
（3）G和H的反应是硫酸铜和氢氧化钙反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钙，所以基本反应类型为复分解反应；
（4）C→B发生的分解反应是氢氧化铜加热生成氧化铜和水，化学方程式为：Cu（OH）2CuO+H2O．
故答案为：（1）CuSO4；
（2）SO3+2NaOH=Na2SO4+H2O；
（3）复分解反应；
（4）Cu（OH）2CuO+H2O．
【分析】根据A～H是初中化学常见的化合物，且分别是由H、O、S、Na、Ca、Cu中的两种或三种元素组成的，B、E是氧化物，E中两种元素质量之比为2：3，所以E是三氧化硫，C、F、H为相同类别的化合物，F易溶于水并放出大量的热，所以F是氢氧化钠，H是氢氧化钙，硫酸铜和氢氧化钙反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钙，G的溶液呈蓝色，所以G是硫酸铜，三氧化硫和氢氧化钠反应生成硫酸钠和水，所以B是水，A是硫酸钠，C会转化成水，所以C是氢氧化铜，D是硫酸钙，然后将推出的物质进行验证即可．
36． 硫酸铵和氯化钾是化工生产的副产品，直接作为肥料使用会使土壤酸化或影响作物的生长，工业上往往将氯化钾转化为无氯钾肥．如图1是硫酸铵等几种盐的溶解度曲线．回答下列问题：
（1）（1）根据溶解度曲线图，归纳硫酸铵等物质溶解度﹣温度曲线变化规律：
① ；②温度相同时， ．
（2）（2）将氯化钾转化为无氯钾肥的流程如图2：
③根据溶解度曲线判断产品（无氯钾肥）的化学式是 ；
④操作Ⅰ主要是趁热过滤，过滤后的产品中 （NH4）2SO4晶体析出（填“有”或“没有”）．
（3）（3）苯甲酸（C6H5COOH）通常用作定香剂或防腐剂，也用作果汁饮料的保香剂，合成苯甲酸晶体常伴随有氯化钾等副产品生成，某同学加热分离氯化钾后的白色固体A，并测定其熔点，发现其在15℃开始熔化，达到130℃时仍有少量不熔．
资料：苯酸钾熔点122.4℃；纯净固体一般都有固定熔点；在常温时苯酸钾溶解度很小．小于0.4g．
【提出问题】分离氯化钾后的白色固体A的成分是什么？
【猜 想】猜想1：苯酸钾；猜想2：氯化钾，猜想3： ．
【实验探究】限选试剂：蒸馏水、AgNO3溶液、稀硝酸．
实验操作 实验现象 实验结论
Ⅰ将白色固体A加入水中，加热、溶解、冷却、过滤． 得到白色晶体和无色滤液
Ⅱ取无色滤液少许于试管中， 白色固体A中含有KCl
Ⅲ取白色晶体， 熔点是 结合实验Ⅱ，猜想3成立
【答案】（1）硫酸铵等物质的溶解度，都是随温度升高而增大的；各物质的溶解度不同
（2）K2SO4；没有
（3）苯酸钾和氯化钾的混合物；滴加2﹣3滴硝酸银溶液；产生白色沉淀；放入试管中加热；122.4℃
【知识点】固体溶解度的概念；盐的性质及用途；物质的鉴别、推断
【解析】【解答】（1）由溶解度曲线可知：硫酸铵等物质的溶解度，都是随温度升高而增大的；温度相同时，各物质的溶解度不同；故答案为：硫酸铵等物质的溶解度，都是随温度升高而增大的；温度相同时，各物质的溶解度不同；
（2）流程图2中，根据溶解度曲线判断产品（无氯钾肥）的是硫酸钾，操作Ⅰ主要是趁热过滤，过滤后的产品中没有（NH4）2SO4晶体析出，因为在较高温度下，硫酸铵的溶解度较大；故答案为：K2SO4；没有；
（3）分离氯化钾后的白色固体A的成分是什么？猜想1：苯酸钾；猜想2：氯化钾，猜想3：苯酸钾和氯化钾的混合物；实验操作：Ⅱ取无色滤液少许于试管中，滴加2﹣3滴硝酸银溶液，产生白色沉淀，结论是白色固体A中含有KCl；Ⅲ取白色晶体，放入试管中加热，熔点是122.4℃，说明有苯酸钾，因此结合实验Ⅱ，猜想3成立；故答案为：苯酸钾和氯化钾的混合物；滴加2﹣3滴硝酸银溶液；产生白色沉淀；放入试管中加热；122.4℃．
【分析】根据题目信息和溶解度曲线可知：硫酸铵等物质的溶解度，都是随温度升高而增大的；温度相同时，各物质的溶解度不同；流程图2中，根据溶解度曲线判断产品（无氯钾肥）的是硫酸钾，操作Ⅰ主要是趁热过滤，过滤后的产品中没有（NH4）2SO4晶体析出，因为在较高温度下，硫酸铵的溶解度较大．分离氯化钾后的白色固体A的成分是什么？猜想1：苯酸钾；猜想2：氯化钾，猜想3：苯酸钾和氯化钾的混合物；实验操作：Ⅱ取无色滤液少许于试管中，滴加2﹣3滴硝酸银溶液，产生白色沉淀，结论是白色固体A中含有KCl；Ⅲ取白色晶体，放入试管中加热，熔点是122.4℃，说明有苯酸钾，因此结合实验Ⅱ，猜想3成立．
37．（2013·湖州） 实验室有瓶标签残缺（如图）的试剂，实孩员告诉小明，这瓶试剂可能是氢氧化钠、氯化钠、硫酸钠、碳酸钠溶液中的一种.为确定试剂成分，小明进行如下实验：
步骤 实验操作 实验现象
① 取5毫升试剂于A试管中，滴入几滴无色酚酞试液 无色酚酞试液
② 另取5毫升试剂于B 试管中，滴入几滴氯化钡溶液 溶液中出现白色沉淀
（1）根据步骤① 现象，小明得出了该试剂可能为氯化钠溶液或硫酸钠溶液。小明作出该判断的依据是步骤① 的实验现象是“无色酚酞试液 ”。
（2）由步骤②可确定该试剂为 溶液。
【答案】（1）不变色（或无色）
（2）硫酸钠（或Na2SO4）
【知识点】酸碱指示剂及其性质；盐的性质及用途；物质的鉴别、推断
【解析】【分析】（1）根据氯化钠和硫酸钠溶液的酸碱性及酚酞试液在溶液中变色的情况进行分析；
（2）根据小明得出的结论及这两种物质与氯化钡溶液的反应产生的现象得出结论。
【解答】（1）酚酞试液是一种酸碱指示剂，它在酸性和中性溶液显无色，在碱性溶液中显红色。氯化钠溶液和硫酸钠溶液均是中性溶液，因此不能使酚
酞试液变色；
（2）因为向该溶液中滴入几滴氯化钡溶液，出现白色沉淀，根据步骤①已排除碳酸钠和氢氧化钠的存在，剩余的硫酸钠和氯化钠中硫酸钠能够和氯化钡产生白色沉淀，而氯化钠和氯化钡不反应，故是硫酸钠。
四、解答题
38．（1）生活中的铝制品和金属制品在常温下都不易腐蚀，请简述其原理．
（2）如何鉴别木炭粉和铁粉．
【答案】（1）铝的化学性质比较活泼，在常温下能和空气中的氧气反应生成一层致密的氧化物薄膜，对铝起到一种保护作用．
（2）可以用物理方法区别，能被磁铁吸引的是铁粉，不能被磁铁吸引的是木炭粉．
【知识点】常见金属与金属的物理性质及用途；物质的鉴别、推断
【解析】【解答】（1）生活中的大部分金属的化学性质不活泼，在常温下不容易与其它物质发生化学反应．铝的化学性质比较活泼，在常温下能和空气中的氧气反应生成一层致密的氧化物薄膜，对铝起到一种保护作用．
（2）可以用物理方法区别，能被磁铁吸引的是铁粉，不能被磁铁吸引的是木炭粉．
【分析】可以从金属的物理性质和化学性质方面进行分析、考虑，从而得出正确的结论．
39．小科以化合价为纵坐标、以物质类别为横坐标绘制了如图，每种物质中都有一种元素的化合价与纵坐标的数值对应，图中字母均表示初中科学中的常见物质，其中“→”表示物质间的转化关系。已知A中氧元素的质量分数为60%，C、D、E、F均含有铜元素．请回答：
（1）“A+H2O=B”的反应属于基本反应类型中的 ；
（2）写出B和D反应得到C和水的化学方程式为 ；
（3）列举3种能与E反应得到F的物质 。
【答案】（1）化合反应
（2）H2SO4+Cu（OH）2═CuSO4+2H2O
（3）碳、氢气或一氧化碳
【知识点】元素化合价的规则与计算；化合反应和分解反应；物质的鉴别、推断
【解析】【分析】根据题干提供的信息结合已有的物质的性质和化合价的知识进行分析解答，A中氧元素的质量分数为60%，且其中一种元素的化合价为+6，故可 能是三氧化硫；三氧化硫能转化生成B，且硫元素的化合价不变，故B可能是硫酸，C、D、E、F均含有铜元素，硫酸能转化生成C，故C可能是硫酸铜；B和D 能反应生成硫酸铜和水，故D可能是氢氧化铜；氢氧化铜能转化生成氧化铜，故E可能是氧化铜；F中铜元素的化合价为0，故F是铜，据此解答。
【解答】A中氧元素的质量分数为60%，且其中一种元素的化合价为+6，故可能是三氧化硫；三氧化硫能转化生成B，且硫元素的化合价不变，故B 可能是硫酸，C、D、E、F均含有铜元素，硫酸能转化生成C，故C可能是硫酸铜；B和D能反应生成硫酸铜和水，故D可能是氢氧化铜；氢氧化铜能转化生成氧 化铜，故E可能是氧化铜；F中铜元素的化合价为0，故F是铜，带入图中，推断合理。
（1）三氧化硫能与水反应生成硫酸，该反应是两种物质生成一种物质的化合反应，故填：化合反应。
（2）硫酸能与氢氧化铜反应生成硫酸铜和水，故填：H2SO4+Cu（OH）2═CuSO4+2H2O。
（3）有氧化铜转化为铜，可以用还原剂还原，故可以是碳、氢气或一氧化碳，故填：碳、氢气或一氧化碳。
故答案为：
（1）化合反应
（2）H2SO4+Cu（OH）2═CuSO4+2H2O
（3）碳、氢气或一氧化碳
1 / 1初中科学中考复习 物质的鉴别、推断优生特训6
一、单选题
1．（2019·宁波模拟）有一包固体粉末可能由氯化铜、盐酸、硝酸钠中的一种或几种组成。为探究其成分，取固体粉末18g，溶解在水中形成溶液。往其中逐渐滴加氢氧化钠溶液，生成沉淀质量与所加氢氧化钠溶液的关系如图所示。下列说法中错误的是（ ）
A．反应初期是氢氧化钠与盐酸在反应
B．固体中含有氯化铜13.5g
C．固体粉末中含有氯化铜、盐酸
D．反应进行到a点时溶液内有氯化铜、硝酸钠、氯化钠
2．（2019·宁波模拟）一包混有杂质的Na2CO3，其杂质可能是Ba（NO3）2、KCl、NaHCO3，今取10.6克样品，溶于水得澄清溶液，另取10.6克样品，加入足量的盐酸，收集到4.4克CO2，则下列判断正确的是（ ）
A．样品中只有NaHCO3
B．样品中只混有NaHCO3，无KCl
C．样品中有NaHCO3，也有Ba（NO3）2
D．样品中混有KCl，也有NaHCO3
3．印刷铜制电路板的“腐蚀液”为FeCl3溶液。已知铁、铜均能与FeCl3溶液反应，反应方程式分别为Fe+2FeCl3=3FeCl2，Cu+2FeCl3=2FeCl2+CuCl2。向盛有FeCl3溶液的烧杯中同时加入铁粉和铜粉，反应结束后，下列结果不可能出现（ ）
A．烧杯中有铜粉无铁粉 B．烧杯中有铁粉无铜粉
C．烧杯中有铁粉有铜粉 D．烧杯中无铁粉无铜粉
4．（2017·浙江）已知溶液的导电性与单位体积内离子的数目、离子所带电荷多少有关，单位体积内离子数目越多，导电性越强；离子所带电荷越多，导电性越强（如两个氯离子和一个硫酸根离子导电性相当）。现向含有Ca(OH)2和NaOH的混合液中通入CO2气体，下列测得溶液导电性（用“电流强度I”表示）变化与通入CO2气体体积（V）关系图像正确的是（ ）
A． B．
C． D．
5．下列实验方案设计中，正确的是（ ）
A．除去NaCl中少量的Na2CO3杂质，先加入过量的CaCl2溶液，过滤后再蒸发结晶
B．检验可燃性气体中是否含有氢元素，在其燃烧火焰上方罩上干冷的烧杯，观察有无水雾
C．实验测定某矿石中碳酸钙的质量分数，先加入稀硫酸，再比较反应前后的质量变化
D．实验室制备干燥纯净的氢气，用锌与浓盐酸反应，产生的气体经浓硫酸干燥后收集
6．（2016九下·镇海竞赛）一包混有杂质的Na2CO3，其杂质可能是Ba（NO3）2、KCl、NaHCO3一种或几种，今取10.6g样品，溶于水得澄清溶液，另取5.3克样品，加入足量的盐酸，收集到2gCO2，则下列判断正确的是（ ）
A．样品中只含有NaHCO3
B．样品中一定混有NaHCO3，可能有KCl
C．样品中有NaHCO3，也有Ba（NO3）2
D．样品中混有KCl，也可能有NaHCO3
7． 鉴别物质的方法错误的是（ ）
A．用酚酞鉴别食盐水和稀醋酸
B．用水鉴别生石灰和石灰石
C．用燃着的木条鉴别空气和二氧化碳
D．用氯化钡溶液鉴别稀盐酸和稀硫酸
8．化学上常用燃烧法测定有机物的组成，现取4.6g某有机物在足量氧气中充分燃烧，生成8.8gCO2和5.4g H2O，则该有机物中（ ）
A．只含有碳、氢两种元素
B．实验中用去氧气的质量为9.6g
C．碳、氢元素的原子个数比为1：2
D．该有机物可能为甲烷（CH4）
9．实验室常用燃烧的方法测定有机物的组成。现取3.2g某有机物在足量氧气中充分燃烧，生成4.4g二氧化碳和3.6g水，则该有机物中（ ）
A．一定含有C、H、O三种元素
B．只含有C、H两种元素，不含有O元素
C．C、H两种元素质量比为11：9
D．一定含有C、H两种元素，可能含有O元素
10． 某黑色固体粉末可能是Fe、FeO、CuO、C中一种或几种．为了探究其成分，小明同学按照如图所示流程进行了实验．
关于该实验有以下说法：
①若溶液甲呈浅绿色，则原黑色固体粉末中一定含有Fe；
②若步骤Ⅱ中无明显现象，则固体乙中最多只能有四种物质；
③若步骤Ⅱ中有气泡产生，则固体乙一定是C；
④若步骤Ⅱ中有红色固体析出，则固体乙中一定无CuO；
⑤固体乙呈红色，则原固体中一定含有Fe和CuO．
以上说法中正确的个数是（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
11．（2013·宁波）现有铁、氧化铁、稀硫酸、氢氧化钙溶液、碳酸钠溶液等五种物质，存在着如图所示的相互反应或转化关系(图中“—”表示物质间可以发生化学反应，“→”表示物质间存在相应的转化关系)。下列判断合理的是（ ）
A．丙可能是碳酸钠溶液 B．丁可能是氢氧化钙溶液
C．乙必须通过置换反应转化为铁 D．甲和丁的反应一定是中和反应
二、填空题
12． A、B、C、D是初中化学中常见的物质，其中A是胃酸的主要成分，B在农业上常用于改良酸性土壤，B和C的物质类别相同，它们相互反应及转化关系如图所示（“→”表示由一种物质可以转化为另一种物质，“﹣”表示相邻的物质间可以相互反应，其中部分反应物和生成物及反应条件已略去），请回答：
（1）D物质是 ；
（2）若C是一种不溶性的固体，则C可能是 ；
（3）写出A和B反应的化学方程式 ．
13． 下列是初中化学中常见的物质：铁、氢气、氧化铜、二氧化碳、硫酸、氢氧化钠、氯化铜．他们进行击鼓传花游戏，条件是相互之间能发生反应就可以进行传递．请把上述物质分别安排在A～G的位置上，使花束能从A传到G．其中A的固体俗称干冰．请回答：
（1）氢氧化钠应放在位置 上．
（2）C和D反应的化学方程式为 ，反应类型为 反应．上述物质除了发生从A到G的化学反应外，常温下还能相互发生化学反应的是 ．
（3）当G换成另一个同类别物质时就能将花传回起点A，它是 （写名称）．
14． 已知A﹣I均为初中化学常见的物质，它们相互间的关系如图所示．该图体现了化合物F四种不同的化学性质，其中B溶液呈蓝色，I是无色无味的气体，B、C分别与A反应均有不溶于稀硝酸的同种白色沉淀产生，E与F反应生成另一种不溶于稀硝酸的白色沉淀，C与E反应产生氨味气体．（“﹣”表示两物质间能反应，“→”表示物质间的转化关系．）
（1）A、I的化学式分别为 、 ．
（2）E与F反应的化学方程式为 ．
（3）B与G反应的化学方程式为 ．
15． 甲、乙、丙、丁都是初中化学中最常见的物质，已知它们由H、O、C、Cl、Na、Ca 6种元素中的2种或3种组成，丙与甲、乙、丁都能发生反应．将这四种物质的溶液按图所示相互滴加，现象为：①产生白色沉淀；②有气泡冒出；③无明显现象
（1）甲、乙、丙、丁都属于 （填“单质”或“化合物”）．
（2）试管②中产生的气体是 （填化学式）．
（3）试管①中反应的化学方程式是 ．
（4）向试管③滴加的溶液溶质可能是 （填化学式，下同）或 ．
16． A、B、C、D分别为氧化铁、盐酸、氢氧化钙、碳酸钙中的一种．它们之间的反应或转化关系如图（部分物质和反应条件已略去）．则化学方程式：① ；② ；A在生产或生活中的一种用途是 ．
17． A﹣H是初中化学常见的物质，其相互转化关系如图所示，其中A是人体胃液中帮助消化的物质，B用于改良酸性土壤．
（1）D的化学式为 ．
（2）A转化为E的化学方程式为 ，其反应基本类型属于 ；B转化为H的化学方程式为 ．
（3）分别写出物质F和H的一种用途 ； ．
18． 现有一包固体混合物A，其中可能含有硝酸铵、硫酸钾、硝酸铜、氯化钠四种物质中的一种或多种．现按图所示进行检验，出现的现象如图中所述（假设过程中所有发生的反应都恰好完全反应）．请你依据实验过程和产生的现象做出分析与判断：
（1）气体B的化学式是 ．
（2）步骤④发生反应的化学方程式 ．
（3）通过上述现象判断，该固体混合物A中一定含有的物质是 ；不能确定是否含有的物质是 ，如果要证明混合物A中确实含有该物质，可用滤液F继续实验．请简要说出继续实验的操作步骤和现象 ．
19． A H是初中化学常见的物质，已知A为黑色固体单质，B为红色粉末，C和E常温下为气体且均属氧化物，F的浓溶液能挥发出剌激性气味的气体，G﹣H发生的是化合反应．它们的转化关系如图所示，请回答下列问题：
（1）B的化学式为 ，F的化学式为 ．
（2）反应①的化学方程式为 ．
（3）反应②的化学方程式为 ．
（4）反应③的化学方程式为 ．
（5）某同学认为“图中每一步转化均有元素化合价的变化”，他的判断 （填“正确”或“不正确”）.
20． 有些晶体按比例带有一定量的结晶水，带有结晶水的晶体在一定温度下会脱去结晶水．草酸晶体（H2C2O4 xH2O）在常温下是一种无色透明晶体．草酸晶体受热时分解的化学方程式为：
H2C2O4 xH2O（x+1）H2O+CO2↑+CO↑
某化学兴趣小组的同学利用该信息以及所学的知识设计并开展实验，测定草酸晶体中结晶水的质量分数．（图中固定装置已略去，装置气密性良好，装置A、B中的试剂足量，注射器量程足够）
Ⅰ．测量装置A、B的质量，排尽注射器中的空气，连接装置；
Ⅱ．取质量为m的草酸晶体，加热至完全分解，将产物全部通入以上装置；
Ⅲ．测量并记录装置A增加的质量为a，装置B增加的质量为b，装置C读数为V；
Ⅳ．甲、乙、丙三位同学分别利用装置A、B、C所得数据计算该草酸晶体中结晶水的质量分数．
请回答下列问题：
（1）装置A中盛放的液体是 ；装置B的作用是 ；装置C的作用之一是测量 的体积．
（2）乙同学对利用装置B测量结果计算的可靠性经行反思与评价，认为反应后装置A中残留的气体会使自己的计算结果 （填“偏小”或“偏大”）．
（3）甲同学依据装置A测量结果计算结晶水的质量分数为 （用代数式表示）．
21． 有一包白色固体可能含碳酸钠、硫酸钠、氯化钾、硝酸钡、氢氧化钠中的一种或几种．某化学兴趣小组为探究其成分做了以下实验：
Ⅰ．取少量固体于烧杯中，逐渐加水并不断搅拌，烧杯内固体的质量随加入水的质量的变化如图1所示；
Ⅱ．取少量B点时的清液于试管中，滴加酚酞溶液，酚酞溶液不变色；
Ⅲ．继续向烧杯中滴加稀硝酸并不断搅拌，烧杯内固体的质量随加入稀硝酸的质量的变化如图2所示．
请回答下列问题：
（1）BC段可观察到的现象是 ，从C到D液体的pH （填“增大”、“减小”或“不变”）；
（2）原白色固体中一定含有 ，可能含有 ；
（3）D点时，溶液中一定含有的溶质是 ；
（4）为进一步探究该白色固体的成分，该组同学取少量原固体样品于试管中，加足量水溶解，加 ，过滤；再向滤液中加 ，观察现象．
22． 现有一包白色固体样品，可能含有BaCl2、Na2SO4、Na2CO3、NH4HCO3、KCl、CuSO4中的一种或几种，取样品进行如下实验：
（1）操作1所用到是玻璃仪器有 ．
（2）原白色固体中一定不含有 ，一定含有 ．
（3）写出生成气体a的化学方程式 ．
23． A～I表示初中化学常见的物质．其中C是大理石的主要成分．各物质间相互转化关系如图所示（反应条件已略去）
请回答下列问题：
（1）C的化学式为 ．
（2）A的一种用途是 ．
（3）上述转化中没有涉及的基本反应类型是 ．
（4）反应③的化学方程式为（只写一个） ．
24． A、B、C、D、E、F、G为常见的物质，其中B、E、G属于单质，反应②是炼铁工业中的主要反应，它们之间的相互转化关系如下图所示：
（1）物质A的化学式是 ；写出反应④的基本反应类型 ．
（2）写出反应②的化学方程式： ．
（3）写出反应③中生成红色固体E的化学方程式： ．
25． 废旧金属可以回收利用，用合金废料（含Fe、Cu和Al）制取FeSO4和CuSO4溶液的实验流程如图（部分生成物已略）：
（1）合金属于 （填“纯净物”或“混合物”）；
（2）步骤①反应的化学方程式为：2Al+2NaOH+2R═2NaAlO2+3H2↑，依据质量守恒定律推出R的化学式为 ，步骤②反应的化学方程式为 ；
（3）由Cu制取CuSO4溶液有以下三种途径：
I．Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O
Ⅱ.2Cu+O22CuO CuO+H2SO4═CuSO4+H2O
Ⅲ.3Cu+8HNO3═3Cu（NO3）+2NO↑+4H2O
你认为最佳途径是 （填序号），理由是 ．
26． A～E是初中常见的物质：盐酸、氢氧化钠、氢氧化钙、碳酸钠、二氧化碳中的某一种．A可用于金属表面除锈，B可用来改良酸性土壤．它们相互间发生反应或转化的关系如图所示（“﹣”表面两种物质间能发生反应，“→”表示两种物质间的转化关系）．
（1）A、C的化学式分别为 、 ；D在生活和生产中的一种用途是 ；
（2）E→D反应的化学方程式为 ；B与D反应的化学方程式为 ．
27． A～K是初中化学常见的物质，它们之间的转化关系如图所示（“→”指向生成物）．其中A为红色固体，B、C的元素组成相同，I是某建筑材料的主要成分，F、K两种物质常用于配置农药波尔多液．请回答下列问题：
（1）物质I的化学式是 ．
（2）物质K的俗名是 （写一种即可）．
（3）反应⑥的基本反应类型为 ．
（4）反应①的化学方程式为 ．反应③的化学方程式为 ．
28． A、B、C、D、E都是初中化学中的常见物质，它们存在如图所示的转化关系（“﹣”表示两端的物质间能发生化学反应，“→”表示物质间存在转化关系．部分反应物、生成物及反应条件已略去），其中A、B为单质且B是可供动植物呼吸的气体；D是一种盐，E是常用于改良酸性土壤的碱，请回答下列问题．
（1）E的俗名是 ，D是 ．
（2）在一定条件下，A既可以转化成C，也可以与C发生化学反应．写出A和C反应的化学方程式 ．
（3）写出C与E反应的化学方程式 ．
29． A与B有如下的反应：A+B→C+D
（1）若C为厨房内常用的调味品，A是人体胃液的主要成分，可帮助消化，则A是 ；若A、B两溶液恰好完全反应，则反应后溶液的pH 7（填“＜”、“＞”或“=”）；写出A、B两溶液反应的化学方程式 ．
（2）若B常用来改良酸性土壤；D是重要的化工原料且俗名叫苛性钠；B与CO2反应也能生成C；则A是 ，C的用途是 （只写一种）．写出A溶液与B溶液反应的化学方程式 ．
30． 如图是初中化学中几种常见物质间的反应及转化关系，A物质具有还原性，B是一种常见的气体，E的水溶液呈蓝色．如图中“﹣”表示两端的物质能发生反应，“→”表示一种物质可转化为另一种物质．
请回答：
（1）A物质可能是 ；
（2）E和F反应产生的实验现象是 ；
（3）完成下列反应的化学方程式：
①A﹣C反应的化学方程式 ；
②D→F反应的化学方程式 ；
（4）B物质的用途之一是 ．
31． A～E是初中化学中常见的物质．A、B、C、D是所属物质类别不同的化合物，其中C是一种钠盐，E是熟石灰的主要成分，它们互相转化的关系或发生反应的关系如图所示．（“﹣”表示相互能反应，“→”表示转化关系）
（1）D的化学式为
（2）C与E反应的化学方程式是
（3）A与B的反应属于 （填基本反应类型）
（4）A物质的一种用途是 ．
32． 如图表示某些物质间转化关系．A、B为组成元素相同的无色液体，D是大理石的主要成分，C、F、H为气体，且H有刺激性气味．
（1）E的化学式为 ．
（2）反应①的化学方程式为 ．
（3）反应②的化学方程式为 ．由此反应可知，在农业生产中施用铵态氮肥时应注意 ．
（4）自然界中普遍存在着F转化为C的反应，名称为 ；工业生产中用F和H合成尿素，反应中F和H的质量比为 ．
三、实验探究题
33．（2017九上·鄞州月考）为了将氯化钠和氯化钙的混合物分离，并测定其中氯化钠的质量分数，兴趣小组最初设计了如下方案并进行实验：
根据流程图回答：
（1）沉淀B化学式是 ，试剂甲是 ，滤液C中溶质成分有 。
（2）根据以上方案得到NaCl固体测定含有杂质，同学们通过分析后对上述方案作出改进：在步骤Ⅴ滤液C蒸发结晶之前，先滴加足量的 ，既能除去所含杂质，又能有效防止新杂质的引入，上述反应的化学方程式为 。
（3）为测定原混合物中氯化钠的质量分数，同学们提出了如下两个数据测定方案。
方案1：称量混合物A的总质量和干燥的沉淀B或CaCl2固体的质量，并进行计算；
方案2：称量混合物A的总质量和实验改进后所得纯净氯化钠固体的质量，并进行计算。
请你判断：上述所选称量数据不合理的是 （填：“方案1”或“方案2”）。
理由是 。
34．某兴趣小组的同学到实验室进行气体性质实验。
（1）第一小组同学为检验某CO2气体中是否混有CO和H2，设计了如下的实验装置：
请回答：
①A装置中发生反应的化学方程式是 。
②实验过程中观察到C装置变蓝色，小冯同学由此判断气体中一定混有H2，小汪同学认为不对，理由是 。
（2）第二小组的同学探究某混合气体的成分。已知该混合气体中可能含有氢气、一氧化碳和二氧化碳的一种或几种。小组成员没装A装置，直接把混合气体通入灼热的盛有足量氧化铜的试管（已排尽空气），充分反应后，发现管内物质质量减少1.8g，将反应完全后的气体全部通入过量的澄清石灰水，充分反应后，得到10g白色沉淀，则混合气体的成分至少有 种，肯定有的气体是 。
35． 图中的A～H是初中化学常见的化合物，且分别是由H、O、S、Na、Ca、Cu中的两种或三种元素组成的．其中B、E是氧化物，E中两种元素质量之比为2：3，C、F、H为相同类别的化合物，F易溶于水并放出大量的热，G的溶液呈蓝色，图中“﹣﹣”表示两端的物质间能发生化学反应；“→”表示物质间存在转化关系，部分反应物、生成物或反应条件已略去．
（1）G的化学式为 ．
（2）写出E和F反应的化学方程式 ．
（3）G和H反应的基本反应类型为 ．
（4）写出C→B发生分解反应的化学方程式 ．
36． 硫酸铵和氯化钾是化工生产的副产品，直接作为肥料使用会使土壤酸化或影响作物的生长，工业上往往将氯化钾转化为无氯钾肥．如图1是硫酸铵等几种盐的溶解度曲线．回答下列问题：
（1）（1）根据溶解度曲线图，归纳硫酸铵等物质溶解度﹣温度曲线变化规律：
① ；②温度相同时， ．
（2）（2）将氯化钾转化为无氯钾肥的流程如图2：
③根据溶解度曲线判断产品（无氯钾肥）的化学式是 ；
④操作Ⅰ主要是趁热过滤，过滤后的产品中 （NH4）2SO4晶体析出（填“有”或“没有”）．
（3）（3）苯甲酸（C6H5COOH）通常用作定香剂或防腐剂，也用作果汁饮料的保香剂，合成苯甲酸晶体常伴随有氯化钾等副产品生成，某同学加热分离氯化钾后的白色固体A，并测定其熔点，发现其在15℃开始熔化，达到130℃时仍有少量不熔．
资料：苯酸钾熔点122.4℃；纯净固体一般都有固定熔点；在常温时苯酸钾溶解度很小．小于0.4g．
【提出问题】分离氯化钾后的白色固体A的成分是什么？
【猜 想】猜想1：苯酸钾；猜想2：氯化钾，猜想3： ．
【实验探究】限选试剂：蒸馏水、AgNO3溶液、稀硝酸．
实验操作 实验现象 实验结论
Ⅰ将白色固体A加入水中，加热、溶解、冷却、过滤． 得到白色晶体和无色滤液
Ⅱ取无色滤液少许于试管中， 白色固体A中含有KCl
Ⅲ取白色晶体， 熔点是 结合实验Ⅱ，猜想3成立
37．（2013·湖州） 实验室有瓶标签残缺（如图）的试剂，实孩员告诉小明，这瓶试剂可能是氢氧化钠、氯化钠、硫酸钠、碳酸钠溶液中的一种.为确定试剂成分，小明进行如下实验：
步骤 实验操作 实验现象
① 取5毫升试剂于A试管中，滴入几滴无色酚酞试液 无色酚酞试液
② 另取5毫升试剂于B 试管中，滴入几滴氯化钡溶液 溶液中出现白色沉淀
（1）根据步骤① 现象，小明得出了该试剂可能为氯化钠溶液或硫酸钠溶液。小明作出该判断的依据是步骤① 的实验现象是“无色酚酞试液 ”。
（2）由步骤②可确定该试剂为 溶液。
四、解答题
38．（1）生活中的铝制品和金属制品在常温下都不易腐蚀，请简述其原理．
（2）如何鉴别木炭粉和铁粉．
39．小科以化合价为纵坐标、以物质类别为横坐标绘制了如图，每种物质中都有一种元素的化合价与纵坐标的数值对应，图中字母均表示初中科学中的常见物质，其中“→”表示物质间的转化关系。已知A中氧元素的质量分数为60%，C、D、E、F均含有铜元素．请回答：
（1）“A+H2O=B”的反应属于基本反应类型中的 ；
（2）写出B和D反应得到C和水的化学方程式为 ；
（3）列举3种能与E反应得到F的物质 。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】离子或物质的共存问题；物质的鉴别、推断
【解析】【分析】考查酸碱反应优先发生和方程式的简单计算。
【解答】 氯化铜、盐酸、硝酸钠 加入氢氧化钠，根据酸碱中和反应优先发生的规则，氢氧化钠先和盐酸反应： 当盐酸消耗完了之后，氢氧化钠才和氯化铜反应：
A：反应开始加入的氢氧化钠和盐酸反应，没有沉淀，正确；
B：根据方程式简单计算，设氯化铜质量为X
135 98
x 9.8
x=13.5g
正确；
C：根据图像看出沉淀的变化，确定有氯化铜和盐酸， 氯化钠 ，但硝酸钠的存在无法确定；
D：a点酸碱中和反应已经结束，但氢氧化钠和氯化铜反应还没有结束，溶液中有 氯化铜， 氯化钠 ，但硝酸钠的存在无法确定；
故答案： D
2．【答案】D
【知识点】根据化学反应方程式的计算；物质的鉴别、推断
【解析】【分析】（1）碳酸钡是一种不溶于水的白色沉淀；
（2）如果杂质中含有KCl，由于它不与稀盐酸反应生成二氧化碳，因此会使产生的气体量减小；分别写成 Na2CO3 与 NaHCO3 反应制取二氧化碳气体的化学方程式，比较杂质中含有NaHCO3对产生气体质量大小的影响，最后利用产生二氧化碳气体的质量变化判断杂质中物质的种类。
【解答】（1） Na2CO3与 Ba（NO3）2 反应会生成BaCO3沉淀；因为溶于水后得到澄清溶液，因此说米碳酸钠中不含硝酸钡；
（2）由下面的化学方程式：
Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑；
NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑；
可知，1分子碳酸钠与1分子碳酸氢钠分别与稀盐酸反应，都生成1分子二氧化碳。
碳酸钠的相对分子质量为：23×2+12+16×3=106；
碳酸氢钠的相对分子质量为：23+1+12+16×3=84＜106；
因为碳酸氢钠的相对分子质量比碳酸钠的小。
所以相同质量的碳酸钠与碳酸氢钠分别与足量的稀盐酸反应，碳酸氢钠比碳酸钠反应生成的二氧化碳多。
由此可知：如果混有KCl，那么产生的二氧化碳质量会减小；如果混有氢氧化钠，产生的二氧化碳质量会增大。
由于10.6g碳酸钠与足量的稀盐酸反应生成二氧化碳的质量为4.4g，等于10.6g含杂质的碳酸钠与足量的稀盐酸反应生成二氧化碳的质量。
说明所含杂质中既有氯化钾，也有碳酸氢钠。
故选：D。
3．【答案】B
【知识点】物质的鉴别、推断
【解析】【分析】在金属活动性顺序中，位置在前的金属能将位于其后的金属从其盐溶液中置换出来，向盛有FeCl3溶液的烧杯内加入铁粉和铜粉，铁能与氯化铁反应生成氯化亚铁，铜能与氯化铁反应生成氯化亚铁和铜，氯化铁能与生成的铜反应生成氯化亚铁和铜。【解答】将铜、铁的混合粉末加入到盛有FeCl3溶液的烧杯中，能发生的反应有：①Cu+2FeCl3=2FeCl2+CuCl2，
②Fe+2FeCl3=3FeCl2，
③Fe+CuCl2═FeCl2+Cu，
铜和铁都能与氯化铁反应生成氯化亚铁，故所得溶液中一定含有氯化亚铁，如果充分反应后仍有少量固体，根据反应的方程式可知一定含有铜，由于铁的量不确定，故可能含有铁，有铜存在，则不可能含有氯化铁。
A.加入铁和铜的混合物，依据对反应的分析可知该固体中一定含有铜可能无铁，故A正确不合题意；
B.加入铁和铜的混合物，如果剩余物中含有铁，则溶液中一定没有氯化铜存在，此时该固体中一定应该含有铜，故B错误符合题意；
C.若氯化铁的量少，加入的铁粉和铜粉可能剩余，故C正确不合题意；
D.若氯化铁的量多，加入的铁粉和铜粉全部参加反应，不会有剩余，故D正确不合题意。
故选B。
4．【答案】B
【知识点】物质的鉴别、推断；碱的化学性质
【解析】【分析】（1）由题可知，溶液的导电性与可移动的自由离子的电荷总数有关。
（2）本反应中，第一阶段是二氧化碳与氢氧化钙反应，生成碳酸钙沉淀，可移动的自由离子的电荷总数减少。第二阶段是二氧化碳与氢氧化钠反应生成了碳酸钠，原来2份的氢氧化钠与生成的一份的碳酸钠的可移动的自由离子的电荷总数相同。第三阶段是二氧化碳与碳酸钙、碳酸钠生成可溶性的碳酸氢钙和碳酸氢钠，可移动的自由离子的电荷总数增加。
【解答】一开始二氧化碳与氢氧化钙，应生成碳酸钙沉淀，此时溶液离子减少，导电性减弱；当二氧化碳和氢氧化钙反应完毕后，此时导电性减少到最弱。继续通二氧化碳，又会与氢氧化钠反应生成了碳酸钠，溶液的导电能力不变，当碳酸钠反应成后，二氧化碳与碳酸钙、碳酸钠生成可溶性的碳酸氢钙和碳酸氢钠，溶液中离子增多导电性增强，分析所给的选项可以知道选项B符合。
故答案为：B
5．【答案】B
【知识点】物质除杂或净化；实验方案设计与评价；物质的鉴别、推断
【解析】【分析】A、用化学反应的方法除杂质的基本原则：除掉杂质的同时，不能与需要留下的物质反应，也不能生成新的杂质；
B、检验可燃性气体中是否含有氢元素通常采用检验其燃烧的生成物水是否存在；
C、稀硫酸与碳酸钙反应生成微溶于水的硫酸钙，阻止反应的进行；
D、浓盐酸具有挥发性。
【解答】Na2CO3能与过量的CaCl2溶液反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，能除去杂质但引入了新的杂质氯化钙，A说法错误；
检验可燃性气体中是否含有氢元素，在其燃烧火焰上方罩上干冷的烧杯，观察有无水雾的产生，有水雾说明含有氢元素，B正确；
实验测定某矿石中碳酸钙的质量分数，不能使用稀硫酸，因为稀硫酸与碳酸钙反应生成微溶于水的硫酸钙，会覆盖在矿石表面，阻止反应的进行，使测定结果偏小，C说法错误；
浓盐酸具有挥发性，用锌与浓盐酸反应，产生的氢气中混有氯化氢气体，制得的氢气不纯净，D说法错误。
6．【答案】D
【知识点】根据化学反应方程式的计算；盐的性质及用途；物质的鉴别、推断
【解析】【分析】（1）碳酸钠和硝酸钡反应生成碳酸钡沉淀和硝酸钠，而碳酸钡为不溶于水的白色沉淀；
（2）写出碳酸钠和碳酸氢钠和稀盐酸反应的化学方程式，根据质量之间的比例关系分析所含物质的可能性。【解答】（1）取10.6g样品，溶于水得澄清溶液，说明样品中不含有硝酸钡；
（2）碳酸钠、碳酸氢钠和稀盐酸反应的化学方程式及其质量关系为：
Na2CO3+2HCl═2NaCl+H2O+CO2↑，
106 44
5.3g 2.2g
NaHCO3+HCl═NaCl+H2O+CO2↑，
84 44
5.3g 2.78g
由以上质量关系可知，如果5.3g样品全部为碳酸钠，加入足量的盐酸，收集到2.2gCO2，因此碳酸钠中肯定含有氯化钾；如果碳酸钠中还含有碳酸氢钠，那么产生的二氧化碳质量也可能等于2g，因此说明样品中一定含有氯化钾，可能含有碳酸氢钠。
故选D。
7．【答案】A
【知识点】物质除杂或净化；酸、碱、盐的鉴别；物质的鉴别、推断
【解析】【解答】A、取样品，加入酚酞，溶液颜色都不会改变，现象相同，不能鉴别，故A错误；
B、取样品，加水，固体溶解，放出热量的是生石灰，固体不溶解的是石灰石，现象不同，可以鉴别，故B正确；
C、取样品，溶燃着的木条检验，火焰熄灭的是二氧化碳，燃烧情况不变的是空气，现象不同，可以鉴别，故C正确；
D、取样品，加入氯化钡溶液，有白色沉淀生成的是稀硫酸，没有明显现象的是稀盐酸，现象不同，可以鉴别，故D正确；
故选：A．
【分析】A、根据食盐水和醋酸都不能是酚酞变色进行分析；
B、根据石灰石难溶于水进行分析；
C、根据二氧化碳不具有助燃性进行分析；
D、根据氯化钡和稀硫酸反应会生成硫酸钡沉淀进行分析．
8．【答案】B
【知识点】质量守恒定律及其应用；简单的有机物；物质的鉴别、推断
【解析】【分析】由题意“4.6g某有机物在足量氧气中充分燃烧，生成8.8gCO2和5.4gH2O”，则可知8.8gCO2和5.4gH2O中的碳元素和氢元素的质量，则可推测有机物是否含有氧元素。
【解答】A、由题意“4.6g某有机物在足量氧气中充分燃烧，生成8.8gCO2和5.4gH2O”，8.8g二氧化碳中碳元素的质量为
8.8g×（12/44×100%）=2.4g，5.4g水中氢元素的质量为H：5.4g×（2/18）=0.6g。因为2.4g+0.6g＜4.6g。
，因此该有机物中含有碳、氢、氧三种元素，故说法错误；
B、根据质量守恒定律，实验中用去氧气的质量为8.8g+5.4g-4.6g=9.6g，故说法正确；
C、设该有机物中碳、氢元素的原子个数分别为x、y，故2.4g：0.6g=12x：y，故x：y=1：3，故说法错误；
D、由A分析可知该有机物中有氧元素，不可能是甲烷，故说法错误。
故答案为：B
9．【答案】A
【知识点】质量守恒定律及其应用；物质的鉴别、推断
【解析】【分析】根据质量守恒定律解答本题．根据生成二氧化碳的质量和二氧化碳中碳元素的质量分数，计算出该有机物中含有C的质量，同理，根据生成水的质量和H2O中氢元素的质量分数，计算出该有机物中含有H的质量，再根据质量守恒定律，反应前该有机物质量减去C、H的质量，就是其含有O的质量，据此即可判断该有机物中含有的元素。
【解答】根据质量守恒定律，反应后生成的二氧化碳中碳元素的质量就是有机物中碳元素的质量，生成的水中氢元素的质量就是有机物中氢元素的质量．故该有机物中含有C的质量为：4.4g×12/44=1.2g；该有机物中含有H的质量为：3.6g×2/18=0.4g；该有机物中含有O的质量为：3.2g-1.2g-0.4g=1.6g．因此可判断该有机物中含有C、H、O三种元素。而C、H两种元素质量比为1.2g：0.4g=3：1，而非11：9。
故答案为：A
10．【答案】A
【知识点】金属的化学性质；物质的鉴别、推断；酸的化学性质
【解析】【解答】由于C不与稀硫酸反应；氧化铜可以与稀硫酸反应，生成的Cu2+在水溶液中显蓝色；Fe可以与稀硫酸反应生成气体；Fe、FeO与硫酸反应生成的Fe2+在水溶液中显浅绿色；铁的活动性大于铜，能将铜从其盐溶液中置换出来．
①若溶液甲呈浅绿色，则原黑色固体粉末中不一定含有Fe，FeO也可以与稀硫酸反应生成的Fe2+在水溶液中显浅绿色；故①错误；
②若步骤Ⅱ中无明显现象，说明了溶液中无硫酸铜，没有剩余的硫酸，如果硫酸的量不足，则固体乙中最多可以有Fe、FeO、CuO、C、Cu五种物质，故②错误；
③若步骤Ⅱ中有气泡产生，说明了硫酸是过量的，则固体乙可能含有铜，不一定是碳，故③错误；
④若步骤Ⅱ中有红色固体析出，说明了溶液中含有硫酸铜，能判断黑色粉末中含有CuO，不能判断固体乙中是否有CuO，故④错误；
⑤固体乙呈红色，说明有铁置换出的铜，则原固体中一定含有Fe和CuO．故⑤正确．
综合以上分析可知，A正确．
故选A．
【分析】根据C不与稀硫酸反应；氧化铜可以与稀硫酸反应，生成的Cu2+在水溶液中显蓝色；Fe可以与稀硫酸反应生成气体；Fe、FeO与硫酸反应生成的Fe2+在水溶液中显浅绿色；铁的活动性大于铜，能将铜从其盐溶液中置换出来，据此分析判断有关的说法．
11．【答案】A
【知识点】盐的性质及用途；物质的鉴别、推断；酸的化学性质；碱的化学性质
【解析】【分析】首先根据所给的物质的性质结合反应间的转化关系，找到题中的题眼进行推断解题，硫酸会和其余的四种物质反应，可以知道丁就是硫酸，然后根据其他物质的性质进行验证推导。要发现题眼，要先了解它们之间的相互是否会反应，它们之间的反应关系如下：
铁 氧化铁 硫酸 氢氧化钙 碳酸钠
铁 不会反应 不会反应 会反应 不会反应 不会反应
氧化铁 不会反应 不会反应 会反应 不会反应 不会反应
硫酸 会反应 会反应 不会反应 会反应 会反应
氢氧化钙 不会反应 不会反应 不会反应 不会反应 会反应
碳酸钠 不会反应 不会反应 不会反应 会反应 不会反应
【解答】
A、根据上面可以看出，碳酸钠会和两种物质反应，而碳酸钠和氢氧化钙都会和两种物质反应，所以甲和丙要从碳酸钠和氢氧化钙中选，丙可能是碳酸钠溶液，故A正确；
B、根据上表可以看出，会与四种物质发生反应的只有硫酸，可知丁一定是硫酸，故B错；
C、只有氧化铁会转化成铁，但是不一定都是置换反应，比如一氧化碳还原氧化铁就不是置换反应，故C错；
D、中和反应必须是酸和碱反应生成盐和水，丁是硫酸，属于酸，但是甲可能是氢氧化钙，也可能是碳酸钠，所以不一定是中和反应，故D错。
故选A。
12．【答案】水；Cu（OH）2；2HCl+Ca（OH）2=CaCl2+2H2O
【知识点】书写化学方程式、文字表达式；物质的鉴别、推断
【解析】【解答】（1）A、B、C、D是初中化学中常见的物质，其中A是胃酸的主要成分，所以A是盐酸，B在农业上常用于改良酸性土壤，所以B是氢氧化钙，B和C的物质类别相同，B会转化成C，所以C是碱，可以是氢氧化铜、氢氧化钠等，盐酸、氢氧化钙、氢氧化铜都会生成D，所以D是水，经过验证，推导正确，所以D是水；
（2）若C是一种不溶性的固体，则C可能是Cu（OH）2；
（3）A和B的反应是氢氧化钙和盐酸反应生成氯化钙和水，化学方程式为：2HCl+Ca（OH）2=CaCl2+2H2O．
故答案为：（1）水；（2）Cu（OH）2；（3）2HCl+Ca（OH）2=CaCl2+2H2O．
【分析】根据A、B、C、D是初中化学中常见的物质，其中A是胃酸的主要成分，所以A是盐酸，B在农业上常用于改良酸性土壤，所以B是氢氧化钙，B和C的物质类别相同，B会转化成C，所以C是碱，可以是氢氧化铜、氢氧化钠等，盐酸、氢氧化钙、氢氧化铜都会生成D，所以D是水，然后将推出的物质进行验证即可．
13．【答案】B；Fe+CuCl2=FeCl2+Cu；置换；硫酸和氢氧化钠；碳
【知识点】金属的化学性质；物质的鉴别、推断；酸的化学性质；碱的化学性质
【解析】【解答】A的固体俗称干冰，因此A是二氧化碳，二氧化碳能够和氢氧化钠反应，则B是氢氧化钠；氢氧化钠能够和硫酸和氯化铜反应，假设C是氯化铜，氯化铜能够和铁反应，因此D就是铁；铁能够和硫酸反应，因此E就是硫酸；硫酸能够和氧化铜反应，氧化铜能够和氢气反应，因此F是氧化铜，G是氢气，带入验证符合要求，因此：
（1）氢氧化钠能够和二氧化碳反应，因此氢氧化钠在B位置上；故填：B；
（2）C是氯化铜，D是铁，铁和氯化铜反应产生氯化亚铁和铜；该反应是单质和化合物生成新的单质和化合物的置换反应；常温下硫酸能与氢氧化钠反应，化学方程式为：H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O；故答案为：Fe+CuCl2=FeCl2+Cu；置换；硫酸和氢氧化钠；
（3）G是氢气，氢气和碳都能够还原氧化铜，因此可以把氢气换成碳；故填：碳．
【分析】根据铁、氢气、氧化铜、二氧化碳、硫酸、氢氧化钠、氯化铜之间的两两反应关系及相互之间能发生反应就可以进行传递的条件进行大胆的假设，最后能够符合传递的要求即可．
14．【答案】AgNO3；CO2；H2SO4+Ba（OH）2=BaSO4↓+2H2O；CuCl2+Fe=FeCl2+Cu
【知识点】书写化学方程式、文字表达式；物质的鉴别、推断
【解析】【解答】（1）A﹣I均为初中化学常见的物质，图中体现了化合物F四种不同的化学性质，E与F反应生成另一种不溶于稀硝酸的白色沉淀，不溶于硝酸的白色沉淀有氯化银和硫酸钡，B溶液呈蓝色，所以B溶液中含有铜离子，B可以是硫酸铜或氯化铜，C与E反应产生氨味气体，所以C、E中有一种铵态氮肥，一种碱，E会与无色气体I反应，所以E是碱，I是二氧化碳，H和二氧化碳可以相互转化，H会与E反应，所以H可以是碳酸钠，E和F会生成生成另一种不溶于稀硝酸的白色沉淀，所以E就是氢氧化钡，B、C分别与A反应均有不溶于稀硝酸的同种白色沉淀产生，所以C是氯化铵，A是硝酸银，B就是氯化铜，F会与氢氧化钡、碳酸钠反应，所以F是硫酸，D会与F反应，D会转化成氯化铜，所以D是氧化铜，F会与硫酸、氯化铜反应，所以G是铁，经过验证，推导正确，所以A是AgNO3，I是CO2；
（2）E与F的反应是硫酸和氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀和水，化学方程式为：H2SO4+Ba（OH）2=BaSO4↓+2H2O；
（3）B与G的反应是铁和氯化铜反应生成氯化亚铁和铜，化学方程式为：CuCl2+Fe=FeCl2+Cu．
故答案为：（1）AgNO3，CO2；（2）H2SO4+Ba（OH）2=BaSO4↓+2H2O；（3）CuCl2+Fe=FeCl2+Cu．
【分析】根据A﹣I均为初中化学常见的物质，图中体现了化合物F四种不同的化学性质，E与F反应生成另一种不溶于稀硝酸的白色沉淀，不溶于硝酸的白色沉淀有氯化银和硫酸钡，B溶液呈蓝色，所以B溶液中含有铜离子，B可以是硫酸铜或氯化铜，C与E反应产生氨味气体，所以C、E中有一种铵态氮肥，一种碱，E会与无色气体I反应，所以E是碱，I是二氧化碳，H和二氧化碳可以相互转化，H会与E反应，所以H可以是碳酸钠，E和F会生成生成另一种不溶于稀硝酸的白色沉淀，所以E就是氢氧化钡，B、C分别与A反应均有不溶于稀硝酸的同种白色沉淀产生，所以C是氯化铵，A是硝酸银，B就是氯化铜，F会与氢氧化钡、碳酸钠反应，所以F是硫酸，D会与F反应，D会转化成氯化铜，所以D是氧化铜，F会与硫酸、氯化铜反应，所以G是铁，然后将推出的物质进行验证即可．
15．【答案】化合物；CO2；Ca（OH）2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH；NaOH；Ca（OH）2
【知识点】书写化学方程式、文字表达式；物质的鉴别、推断
【解析】【解答】（1）甲、乙、丙、丁都是初中化学中最常见的物质，已知它们由H、O、C、Cl、Na、Ca 6种元素中的2种或3种组成，丙与甲、乙、丁都能发生反应，结合题中所给元素，猜想四种物质可以是氢氧化钠、碳酸钠、氢氧化钙、碳酸钙等，将这四种物质的溶液按图所示相互滴加，现象为：①产生白色沉淀，②有气泡冒出，③无明显现象，所以甲、丙是酸和碳酸盐，甲、乙是碳酸盐和氢氧化钙，所以甲是碳酸钠，乙是氢氧化钙，丙是盐酸，丁是氢氧化钠或氢氧化钙，经过验证，推导正确，所以甲是碳酸钠，乙是氢氧化钙，丙是盐酸，丁是氢氧化钠或氢氧化钙，都属于化合物；
（2）通过推导可知，试管②中产生的气体是：CO2；
（3）试管①中的反应是氢氧化钙和碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，化学方程式是：Ca（OH）2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH；
（4）通过推导可知，向试管③滴加的溶液溶质可能是NaOH或Ca（OH）2．
故答案为：（1）化合物；（2）CO2；（3）Ca（OH）2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH；（4）NaOH，Ca（OH）2．
【分析】根据甲、乙、丙、丁都是初中化学中最常见的物质，已知它们由H、O、C、Cl、Na、Ca 6种元素中的2种或3种组成，丙与甲、乙、丁都能发生反应，结合题中所给元素，猜想四种物质可以是氢氧化钠、碳酸钠、氢氧化钙、碳酸钙等，将这四种物质的溶液按图所示相互滴加，现象为：①产生白色沉淀，②有气泡冒出，③无明显现象，所以甲、丙是酸和碳酸盐，甲、乙是碳酸盐和氢氧化钙，所以甲是碳酸钠，乙是氢氧化钙，丙是盐酸，丁是氢氧化钠或氢氧化钙，然后进行验证即可．
16．【答案】Ca（OH）2+CO2=CaCO3↓+H2O；Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O；改良酸性土壤
【知识点】书写化学方程式、文字表达式；物质的鉴别、推断
【解析】【解答】A、B、C、D分别为氧化铁、盐酸、氢氧化钙、碳酸钙中的一种，D会转化成铁，所以D是氧化铁，C会与铁和氧化铁反应，所以C是盐酸，A会转化成B，所以A是氢氧化钙，B是碳酸钙，经过验证，推导正确，所以A是氢氧化钙，B是碳酸钙，C是盐酸，D是氧化铁，反应①是氢氧化钙和二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀和水，化学方程式为：Ca（OH）2+CO2=CaCO3↓+H2O，反应②是氧化铁和盐酸反应生成氯化铁和水，化学方程式为：Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，通过推导可知，A是氢氧化钙，可以用来改良酸性土壤．
故答案为：Ca（OH）2+CO2=CaCO3↓+H2O；Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O；改良酸性土壤．
【分析】根据A、B、C、D分别为氧化铁、盐酸、氢氧化钙、碳酸钙中的一种，D会转化成铁，所以D是氧化铁，C会与铁和氧化铁反应，所以C是盐酸，A会转化成B，所以A是氢氧化钙，B是碳酸钙，然后将推出的物质进行验证即可．
17．【答案】CaCl2；Fe+2HCl=FeCl2+H2↑；置换反应；Ca（OH）2+CO2=CaCO3↓+H2O（或Ca（OH）2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH）；供给呼吸（或支持燃烧等）；重要的建筑材料（或作补钙剂等）
【知识点】物质的鉴别、推断
【解析】【解答】解：由于A是人体胃液中帮助消化的物质，则为盐酸；B用于改良酸性土壤，因此是熟石灰氢氧化钙，C，D是A，B反应产生的，C又能通电分解，因此C是水，则D是氯化钙；C通电分解生成氢气和氧气，盐酸与活泼金属反应可以生成氢气，故E是氢气，F为氧气；B，D都能生成白色沉淀H，故H是碳酸钙；二氧化碳和氢氧化钙反应产生碳酸钙，氯化钙和碳酸钠的反应产生碳酸钙沉淀和氯化钠．
（1）由分析可知D为氯化钙；
（2）稀盐酸与活泼金属铁可以反应生成氯化亚铁和氢气，反应类型是置换；二氧化碳（碳酸钠溶液）和氢氧化钙反应产生碳酸钙和水（氢氧化钠）；
（3）F为氧气，可以共给呼吸、支持燃烧等；H为碳酸钙，可以用于建筑材料或补钙剂．
答案：
（1）CaCl2；
（2）Fe+2HCl=FeCl2+H2↑；置换反应；Ca（OH）2+CO2=CaCO3↓+H2O（或Ca（OH）2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH）；
（3）供给呼吸（或支持燃烧等）；重要的建筑材料（或作补钙剂等）．
【分析】此题的突破口为：A是人体胃液中帮助消化的物质，则为盐酸；B用于改良酸性土壤，因此是熟石灰氢氧化钙，C，D是A，B反应产生的，C又能通电分解，因此C是水，则D是氯化钙；C通电分解生成氢气和氧气，盐酸与活泼金属反应可以生成氢气，故E是氢气，F为氧气；B，D都能生成白色沉淀H，故H是碳酸钙；二氧化碳和氢氧化钙反应产生碳酸钙，氯化钙和碳酸钠的反应产生碳酸钙沉淀和氯化钠，然后根据反应进行推理即可．
18．【答案】NH3；Cu（OH）2+H2SO4=CuSO4+2H2O；NH4NO3、K2SO4、Cu（NO3）2；NaCl；取少量滤液F于试管中，滴加适量的硝酸银溶液，有白色沉淀生成
【知识点】物质的鉴别、推断；酸的化学性质；碱的化学性质
【解析】【解答】解：固体混合物A能够和氢氧化钠反应产生使石蕊试液变蓝的气体B，因此B是氨气，则说明一定含有硝酸铵；滤液C能够和硝酸钡反应产生沉淀G，因此C中含有硫酸根离子，则固体A中一定含有硫酸钾；滤渣D能够和稀硫酸反应产生蓝色溶液H，因此D是氢氧化铜，则A中含有硝酸铜，因此：
（1）气体B是氨气，故填：NH3；
（2）步骤④是氢氧化铜和硫酸反应产生硫酸铜和水，故反应的方程式为：Cu（OH）2+H2SO4=CuSO4+2H2O；
（3）通过以上分析，可知固体混合物中一定含有硝酸铵、硫酸钾、硝酸铜，可能含有氯化钠；要检验氯化钠的存在，就是检验氯离子，可以通过滴加硝酸银溶液，观察有无沉淀产生；
故填：NH4NO3、K2SO4、Cu（NO3）2，NaCl；取少量滤液F于试管中，滴加适量的硝酸银溶液，有白色沉淀生成．
【分析】根据框图固体混合物A能够和氢氧化钠反应产生使石蕊试液变蓝的气体B，因此B是氨气，则说明混合物中一定含有硝酸铵；滤液C能够和硝酸钡反应产生沉淀G，因此C中含有硫酸根离子，则固体A中一定含有硫酸钾；滤渣D能够和稀硫酸反应产生蓝色溶液H，因此D是氢氧化铜，则A中含有硝酸铜，带入验证完成相关的问题．
19．【答案】Fe2O3；HCl；3C+2Fe2O34Fe+3CO2↑；C+CO22CO；Cl2+2FeCl2=2FeCl3；不正确
【知识点】书写化学方程式、文字表达式；物质的鉴别、推断
【解析】【解答】解：（1）A H是初中化学常见的物质，A为黑色固体单质，B为红色粉末，C和E常温下为气体且均属氧化物，所以A是碳，B是氧化铁，氧化铁和碳在高温的条件下生成铁和二氧化碳，所以C是二氧化碳，D是铁，二氧化碳和碳高温生成一氧化碳，所以E是一氧化碳，F的浓溶液能挥发出剌激性气味的气体，F会与铁反应，所以F是盐酸，氧化铁和盐酸反应生成氯化铁和水，G﹣H发生的是化合反应，G和氯气反应会生成H，所以H是氯化铁，经过验证，推导正确，所以B是Fe2O3，F是HCl；
（2）反应①是木炭和氧化铁在高温的条件下生成铁和二氧化碳，化学方程式为：3C+2Fe2O34Fe+3CO2↑；
（3）反应②是二氧化碳和碳在高温的条件下生成一氧化碳，化学方程式为：C+CO22CO；
（4）反应③是氯气和氯化亚铁反应生成氯化铁，化学方程式为：Cl2+2FeCl2=2FeCl3；
（5）盐酸和氧化铁反应生成氯化铁和水的反应中，化合价没有发生改变，所以他的判断不正确．
故答案为：（1）Fe2O3，HCl；
（2）3C+2Fe2O34Fe+3CO2↑；
（3）C+CO22CO；
（4）Cl2+2FeCl2=2FeCl3；
（5）不正确．
【分析】根据A H是初中化学常见的物质，A为黑色固体单质，B为红色粉末，C和E常温下为气体且均属氧化物，所以A是碳，B是氧化铁，氧化铁和碳在高温的条件下生成铁和二氧化碳，所以C是二氧化碳，D是铁，二氧化碳和碳高温生成一氧化碳，所以E是一氧化碳，F的浓溶液能挥发出剌激性气味的气体，F会与铁反应，所以F是盐酸，氧化铁和盐酸反应生成氯化铁和水，G﹣H发生的是化合反应，G和氯气反应会生成H，所以H是氯化铁，然后将推出的物质进行验证即可．
20．【答案】浓硫酸；吸收生成的二氧化碳气体；一氧化碳；偏大；
【知识点】物质除杂或净化；物质的鉴别、推断
【解析】【解答】（1）吸收生成的水蒸气应该用浓硫酸；吸收生成的二氧化碳气体用浓氢氧化钠溶液；最后剩余的一氧化碳气体进入注射器；故填：浓硫酸；吸收生成的二氧化碳气体；一氧化碳；
（2）气体部分残留在A中，导致少量的二氧化碳没有被B装置完全吸收，A质量偏大，导致测量结果偏大，故填：偏大；
（3）解：H2C2O4 xH2O（x+1）H2O+CO2↑+CO↑
90+18x 18（x+1）
m a
则：
x=
则结晶水的质量分数为=
故答案为：
【分析】（1）根据加热后的产物来分析，A是用来吸收生成的水蒸气、B是吸收生成的二氧化碳，C是收集生成的一氧化碳；
（2）根据题意，A中残留气体中含有少量的二氧化碳；
（3）根据参加反应的草酸晶体以及生成水的质量，利用化学方程式进行计算．
21．【答案】固体部分溶解，有气泡冒出；减小；碳酸钠、硫酸钠、硝酸钡；氯化钾；硝酸钠、硝酸钡、硝酸；稀硝酸；硝酸银
【知识点】物质的鉴别、推断；碱的化学性质
【解析】【解答】由图1可知，加入水，有不溶物，说明了上述物质间发生反应生成了沉淀，由于碳酸钠、硫酸钠都能与硝酸钡反应生成沉淀，由此可知，一定存在硝酸钡；由图2可知沉淀加入稀硝酸后，沉淀部分溶解，沉淀应为碳酸钡和硫酸钡的混合物，说明了原混合物中一定有碳酸钠和硫酸钠；由取少量B点时的清液于试管中，滴加酚酞溶液，酚酞溶液不变色，说明了不含有氢氧化钠．
（1）由上述分析可知，BC段可观察到的现象是固体部分溶解，有气泡冒出，从C到D液体的酸性增强，液体的pH减小；
（2）由上述分析可知，原白色固体中一定含有碳酸钠、硫酸钠、硝酸钡，可能含有氯化钾；
（3）D点时，溶液中一定含有的溶质是硝酸钠、硝酸钡、硝酸；
（4）由于氯化钾的存在不能确定，为进一步探究该白色固体的成分，该组同学取少量原固体样品于试管中，加足量水溶解，加稀硝酸，过滤；再向滤液中加硝酸银，观察现象，若有白色沉淀生成则证明含有氯化钾，否则则没有．
故答案为：（1）固体部分溶解，有气泡冒出，减小；
（2）碳酸钠、硫酸钠、硝酸钡，氯化钾；
（3）硝酸钠、硝酸钡、硝酸；
（4）稀硝酸，硝酸银．
【分析】碳酸钠、硫酸钠、氯化钾、硝酸钡、氢氧化钠都是可溶于水的物质，由图1可知，加入水，有不溶物，说明了上述物质间发生反应生成了沉淀，由于碳酸钠、硫酸钠都能与硝酸钡反应生成沉淀，由此可知，一定存在硝酸钡；由图2可知沉淀加入稀硝酸沉淀部分溶解，沉淀应为碳酸钡和硫酸钡的混合物，说明了原混合物中一定有碳酸钠和硫酸钠．由取少量B点时的清液于试管中，滴加酚酞溶液，酚酞溶液不变色，说明了不含有氢氧化钠，据此分析回答有关的问题．
22．【答案】烧杯、玻璃棒；CuSO4；BaCl2、Na2SO4、Na2CO3、NH4HCO3；NH4HCO3+2NaOH=Na2CO3+2H2O+NH3↑
【知识点】过滤的原理、方法、操作及其应用；盐的性质及用途；物质的鉴别、推断；盐与化肥
【解析】【解答】（1）由题意可知操作1是白色固体加足量水溶解，应用到的玻璃仪器是：烧杯和玻璃棒；
（2）由于硫酸铜的溶液显蓝色，根据操作1得到的是无色溶液，说明不含有硫酸铜；由于上述物质的碳酸氢铵能与氢氧化钠反应放出了氨气，根据无色溶液再加入氢氧化钠加热生成了气体，说明了含有碳酸氢铵；由于上述物质的氯化钡能与碳酸钠、硫酸钠反应分别生了碳酸钡、硫酸钡沉淀，碳酸钡沉淀能溶于盐酸，硫酸钡不能溶于盐酸，根据操作1可知得到的白色沉淀，能部分溶解于盐酸，说明了含有氯化钡、碳酸钠和硫酸钠，根据上述实验过程不能判断氯化钾是否存在，氯化钾是可能存在的物质．所以，原白色固体中一定不含有CuSO4，一定含有BaCl2、Na2SO4、Na2CO3、NH4HCO3，可能含有的物质是KCl；
（3）由上述分析可知，碳酸氢铵能与氢氧化钠反应放出了气体a是氨气，反应的方程式：NH4HCO3+2NaOH=Na2CO3+2H2O+NH3↑．
故答案为：（1）烧杯、玻璃棒；（2）CuSO4，BaCl2、Na2SO4、Na2CO3、NH4HCO3；（3）NH4HCO3+2NaOH=Na2CO3+2H2O+NH3↑．
【分析】（1）根据溶解的操作分析用到的玻璃仪器；
（2）根据操作1得到的是无色溶液，说明不含有硫酸铜；根据无色溶液再加入氢氧化钠加热生成了气体，说明了含有碳酸氢铵；根据操作1可知得到的白色沉淀，能部分溶解于盐酸，说明了含有氯化钡、碳酸钠和硫酸钠，据此分析判断白色固体中的物质；
（3）根据碳酸氢铵与氢氧化钠的反应写反应的化学方程式．
23．【答案】CaCO3；改良酸性土壤；置换反应；NaOH+HCl=NaCl+H2O
【知识点】置换反应及其应用；物质的鉴别、推断
【解析】【解答】C是大理石的主要成分，故C是碳酸钙，AB能反应生成碳酸钙和D，故可能是氢氧化钙参与的反应，碳酸钙能生成氧化钙和二氧化碳，故EF可能是氧化钙和二氧化碳中的一种，F能与H反应生成A，故F可能是氧化钙，H是水，E是二氧化碳，D和G能反应生成水，故D可能是氢氧化钠，则B是碳酸钠，G能与氢氧化钠反应生成水和氯化钠，故I是氯化钠，带入框图，推断合理；
（1）C是碳酸钙，故填：CaCO3；
（2）A是氢氧化钙，具有碱性，能用于改良酸性土壤，故填：改良酸性土壤；
（3）氢氧化钙能与碳酸钠反应生成氢氧化钠和碳酸钙沉淀，属于复分解反应，碳酸钙高温分解生成氧化钙和二氧化碳，属于分解反应，氧化钙与水反应生成氢氧化钙，属于化合反应，氢氧化钠与盐酸反应生成氯化钠和水，属于复分解反应，故不涉及到的是置换反应，故填：置换反应；
（4）D是氢氧化钠，G可以是盐酸，盐酸与氢氧化钠反应生成氯化钠和水，故填：NaOH+HCl=NaCl+H2O．
【分析】根据题干提供的信息进行分析解答，C是大理石的主要成分，故C是碳酸钙，AB能反应生成碳酸钙和D，故可能是氢氧化钙参与的反应，碳酸钙能生成氧化钙和二氧化碳，故EF可能是氧化钙和二氧化碳中的一种，F能与H反应生成A，故F可能是氧化钙，H是水，E是二氧化碳，D和G能反应生成水，故D可能是氢氧化钠，则B是碳酸钠，G能与氢氧化钠反应生成水和氯化钠，故I是氯化钠，据此解答．
24．【答案】CuO；化合反应；3CO+Fe2O32Fe+3CO2；Fe+CuSO4=FeSO4+Cu
【知识点】物质的鉴别、推断
【解析】【解答】解：由B、E、G属于单质，E为红色固体，可判断E为铜，铜和氧气加热生成的A是氧化铜，A与过量的稀硫酸反应得到的X溶液中含有生成的氯化铜和剩余的硫酸；反应②是炼铁工业中的主要反应，即一氧化碳还原氧化铁生成铁和二氧化化碳，B能与X溶液反应生成铜和浅绿色溶液F，则B是铁，C是二氧化碳，F是硫酸亚铁，G是氢气，代入框图，推断正确．
故答案为：
（1）CuO；化合反应；（2）3CO+Fe2O32Fe+3CO2；（3）Fe+CuSO4=FeSO4+Cu．
【分析】根据框图和提供的信息，其突破口为E是红色固体单质，则E是铜，铜和氧气加热生成的A是氧化铜，A与过量的稀硫酸反应得到的X溶液中含有生成的氯化铜和剩余的硫酸；反应②是炼铁工业中的主要反应，即一氧化碳还原氧化铁生成铁和二氧化化碳，B能与X溶液反应生成铜和浅绿色溶液F，则B是铁，C是二氧化碳，F是硫酸亚铁，G是氢气，据此解答即可．
25．【答案】混合物；H2O；Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑；Ⅱ；不会生成有毒气体二氧化硫，生成相同质量的硫酸铜，消耗的硫酸少
【知识点】质量守恒定律及其应用；物质的鉴别、推断
【解析】【解答】解：（1）合金是金属和金属，金属和非金属经过熔合得到的，混合物是由两种或多种物质组成的，所以合金属于混合物；
（2）生成物中有2个钠原子，2个铝原子，4个氧原子，6个氢原子，反应物中有2个铝原子，2个钠原子、氢原子、氧原子，所以R是H2O；
铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，化学方程式为：Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑；
（3）通过分析各种途径中的反应物和生成物可知，最佳途径是Ⅱ，理由是：不会生成有毒气体二氧化硫，生成相同质量的硫酸铜，消耗的硫酸少．
故答案为：（1）混合物；
（2）H2O；Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑；
（3）Ⅱ，不会生成有毒气体二氧化硫，生成相同质量的硫酸铜，消耗的硫酸少．
【分析】（1）根据合金的定义和混合物的定义进行分析；
（2）根据化学反应前后原子个数不变，铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气进行分析；
（3）根据制取硫酸铜的三种途径中需要的反应物以及生成物进行分析．
26．【答案】HCl；NaOH；灭火、作气体肥料；Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑；Ca（OH）2+CO2=CaCO3↓+H2O
【知识点】物质的鉴别、推断；酸的化学性质；碱的化学性质
【解析】【解答】解：（1）A～E是初中常见的物质：盐酸、氢氧化钠、氢氧化钙、碳酸钠、二氧化碳中的某一种，A可用于金属表面除锈，所以A是稀盐酸，B可用来改良酸性土壤，所以B是氢氧化钙，稀盐酸、氢氧化钙都会与D反应，所以E是碳酸钠，稀盐酸会与C反应，C会转化成碳酸钠，所以C是氢氧化钠，D就是二氧化碳，经过验证，推导正确，所以A是HCl，C是NaOH，D是二氧化碳，可以用来灭火、作气体肥料等；
（2）E→D的反应是碳酸钠和盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，化学方程式为：Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑；
B与D的反应是氢氧化钙和二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀和水，化学方程式为：Ca（OH）2+CO2=CaCO3↓+H2O．
故答案为：（1）HCl，NaOH，灭火、作气体肥料；
（2）Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑；Ca（OH）2+CO2=CaCO3↓+H2O．
【分析】根据A～E是初中常见的物质：盐酸、氢氧化钠、氢氧化钙、碳酸钠、二氧化碳中的某一种，A可用于金属表面除锈，所以A是稀盐酸，B可用来改良酸性土壤，所以B是氢氧化钙，稀盐酸、氢氧化钙都会与D反应，所以E是碳酸钠，稀盐酸会与C反应，C会转化成碳酸钠，所以C是氢氧化钠，D就是二氧化碳，然后将推出的各种物质进行验证即可．
27．【答案】CaCO3；熟石灰；化合反应；CO+CuOCu+CO2；Ca（OH）2+CuSO4═Cu（OH）2↓+CaSO4
【知识点】物质的鉴别、推断
【解析】【解答】解：（1）A～K是初中化学常见的物质，F、K两种物质常用于配置农药波尔多液，所以F、K是氢氧化钙、硫酸铜，I是某建筑材料的主要成分，I生成的J会转化成K，所以K是氢氧化钙，F是硫酸铜，I是碳酸钙，碳酸钙高温分解生成氧化钙和二氧化碳，所以J是氧化钙，B是二氧化碳，B、C的元素组成相同，所以C是一氧化碳，A为红色固体，一氧化碳和D反应会生成A和二氧化碳，所以D是氧化铜，A是铜，氧化铜和E会生成硫酸铜，所以E是硫酸，经过验证，推导正确，所以I是CaCO3；
（2）通过推导可知，K是氢氧化钙，俗称熟石灰；
（3）反应⑥是氧化钙和水反应生成氢氧化钙，满足化合反应多变一的条件，所以基本反应类型为化合反应；
（4）反应①是一氧化碳和氧化铜在加热的条件下生成铜和二氧化碳，化学方程式为：CO+CuOCu+CO2；
反应③是硫酸铜和氢氧化钙反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钙，化学方程式为：Ca（OH）2+CuSO4═Cu（OH）2↓+CaSO4．
故答案为：（1）CaCO3；（2）熟石灰；（3）化合反应；
（4）CO+CuOCu+CO2；Ca（OH）2+CuSO4═Cu（OH）2↓+CaSO4．
【分析】根据A～K是初中化学常见的物质，F、K两种物质常用于配置农药波尔多液，所以F、K是氢氧化钙、硫酸铜，I是某建筑材料的主要成分，I生成的J会转化成K，所以K是氢氧化钙，F是硫酸铜，I是碳酸钙，碳酸钙高温分解生成氧化钙和二氧化碳，所以J是氧化钙，B是二氧化碳，B、C的元素组成相同，所以C是一氧化碳，A为红色固体，一氧化碳和D反应会生成A和二氧化碳，所以D是氧化铜，A是铜，氧化铜和E会生成硫酸铜，所以E是硫酸，然后将推出的物质进行验证即可．
28．【答案】熟石灰；碳酸钠；C+CO22CO；CO2+Ca（OH）2=CaCO3↓+H2O
【知识点】书写化学方程式、文字表达式；物质的鉴别、推断
【解析】【解答】（1）A、B、C、D、E都是初中化学中的常见物质，E是常用于改良酸性土壤的碱，所以E是氢氧化钙，A、B为单质且B是可供动植物呼吸的气体，所以B是氧气，A会与氧气反应，所以A是碳、金属，A、氧气都会转化成C，所以A是碳，C是二氧化碳，D是一种盐，D和二氧化碳会相互转化，所以D是碳酸钠，碳酸钠、二氧化碳会与氢氧化钙反应，经过验证，推导正确，所以E是氢氧化钙，俗称熟石灰，D是碳酸钠；
（2）A和C的反应是碳和二氧化碳在高温的条件下反应生成一氧化碳，化学方程式为：C+CO22CO；
（3）C与E的反应是氢氧化钙和二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀和水，化学方程式为：CO2+Ca（OH）2=CaCO3↓+H2O．
故答案为：（1）熟石灰，碳酸钠；
（2）C+CO22CO；
（3）CO2+Ca（OH）2=CaCO3↓+H2O．
【分析】根据A、B、C、D、E都是初中化学中的常见物质，E是常用于改良酸性土壤的碱，所以E是氢氧化钙，A、B为单质且B是可供动植物呼吸的气体，所以B是氧气，A会与氧气反应，所以A是碳、金属，A、氧气都会转化成C，所以A是碳，C是二氧化碳，D是一种盐，D和二氧化碳会相互转化，所以D是碳酸钠，碳酸钠、二氧化碳会与氢氧化钙反应，然后将推出的物质进行验证即可．
29．【答案】稀盐酸；=；NaOH+HCl═NaCl+H2O；Na2CO3；建筑材料；Ca（OH）2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH
【知识点】溶液的酸碱性与pH值的关系；物质的鉴别、推断
【解析】【解答】解：A与B有如下的反应：A+B→C+D，
（1）若A是人体胃液的主要成分，可帮助消化，所以A是稀盐酸，A和B反应会生成C和D，C为厨房内常用的调味品，所以C是氯化钠，B是氢氧化钠，氢氧化钠和盐酸反应生成氯化钠和水，所以D是水，经过验证，推导正确，所以A是稀盐酸，若氢氧化钠、盐酸两溶液恰好完全反应，则反应后溶液的pH=7，氢氧化钠和盐酸反应生成氯化钠和水，化学方程式为：NaOH+HCl═NaCl+H2O；
（2）若B常用来改良酸性土壤，所以B是氢氧化钙，D是重要的化工原料且俗名叫苛性钠，所以D是氢氧化钠，氢氧化钙和二氧化碳会生成碳酸钙沉淀，所以C是碳酸钙，A就是碳酸钠，经过验证，推导正确，所以A是Na2CO3，C是碳酸钙，可以用作建筑材料，氢氧化钙和碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，化学方程式为：Ca（OH）2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH．
故答案为：（1）稀盐酸，=，NaOH+HCl═NaCl+H2O；（2）Na2CO3，建筑材料，Ca（OH）2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH．
【分析】根据A与B有如下的反应：A+B→C+D，若A是人体胃液的主要成分，可帮助消化，所以A是稀盐酸，A和B反应会生成C和D，C为厨房内常用的调味品，所以C是氯化钠，B是氢氧化钠，氢氧化钠和盐酸反应生成氯化钠和水，所以D是水；若B常用来改良酸性土壤，所以B是氢氧化钙，D是重要的化工原料且俗名叫苛性钠，所以D是氢氧化钠，氢氧化钙和二氧化碳会生成碳酸钙沉淀，所以C是碳酸钙，A就是碳酸钠，然后将推出的物质进行验证即可．
30．【答案】C或CO；产生蓝色沉淀；C+2CuO2Cu+CO2↑ 或CO+CuOCu+CO2（答出一种即可）；Na2CO3+Ca（OH）2═CaCO3↓+2NaOH （写K2CO3也可）或 Na2CO3+Ba（OH）2═BaCO3↓+2NaOH（答一种即可）；灭火（或温室肥料或光合作用等合理即可）
【知识点】书写化学方程式、文字表达式；物质的鉴别、推断
【解析】【解答】A物质具有还原性，能够反应产生B，B是一种常见的气体，因此A是碳或一氧化碳，经过反应产生二氧化碳；E的水溶液呈蓝色，因此E是可溶性的铜盐，如硝酸铜，则A能够和C反应，C经过反应产生铜盐，因此C是氧化铜，氧化铜和酸反应产生铜盐；B和D能够相互转化，则D是可溶性的碳酸盐，如碳酸钠，碳酸钠能够和F相互转化，且F能够和铜盐反应，因此F是氢氧化钠，带入验证符合转化关系，因此：
（1）A可能是碳或一氧化碳，故填：C或CO；
（2）E和F是铜盐和氢氧化钠反应产生氢氧化铜沉淀，故现象为：产生蓝色沉淀；
（3）①A﹣C的反应是碳或一氧化碳还原氧化铜产生铜和二氧化碳，故反应的方程式为：C+2CuO2Cu+CO2↑ 或CO+CuOCu+CO2（答出一种即可）；
②D→F可以是碳酸钠等和氢氧化钙等碱溶液的反应，故反应的方程式为：Na2CO3+Ca（OH）2═CaCO3↓+2NaOH （写K2CO3也可）或 Na2CO3+Ba（OH）2═BaCO3↓+2NaOH（答一种即可）；
（4）B是二氧化碳，不能燃烧，不能支持燃烧，可以促进植物的光合作用等；故答案为：灭火（或温室肥料或光合作用等合理即可）．
【分析】根据A物质具有还原性，能够反应产生B，B是一种常见的气体，因此A是碳或一氧化碳，经过反应产生二氧化碳；E的水溶液呈蓝色，因此E是可溶性的铜盐，如硝酸铜，则A能够和C反应，C经过反应产生铜盐，因此C是氧化铜，氧化铜和酸反应产生铜盐；B和D能够相互转化，则D是可溶性的碳酸盐，如碳酸钠，碳酸钠能够和F相互转化，且F能够和铜盐反应，因此F是氢氧化钠，据此分析．
31．【答案】CO2；Ca（OH）2+Na2CO3═CaCO3↓+2NaOH；复分解反应；用作化工原料（或肥皂、造纸的生产等）
【知识点】物质的鉴别、推断；碱的化学性质
【解析】【解答】B是一种钠盐，E是熟石灰的主要成分，因此E是氢氧化钙，可以和钠盐反应，因此C应该是碳酸钠；碳酸钠和D可以相互转化，且D能够和E﹣氢氧化钙反应，结合碱的化学性质，可知D是二氧化碳，则B应该是酸，如盐酸；A、B、C、D是所属物质类别不同的化合物，B﹣盐酸、D﹣二氧化碳、C﹣碳酸钠都能够和A反应，因此A是氢氧化钠，带入验证符合转化关系，因此；
（1）D是二氧化碳，故填：CO2；
（2）C和E的反应是碳酸钠和氢氧化钙反应产生碳酸钙沉淀和氢氧化钠，故填：Ca（OH）2+Na2CO3═CaCO3↓+2NaOH；
（3）A和B反应是氢氧化钠和盐酸等的反应，属于复分解反应，故填：复分解反应；
（4）A是氢氧化钠，可以用作化工原料（或肥皂、造纸的生产等）；故填：用作化工原料（或肥皂、造纸的生产等）．
【分析】根据A﹣E是初中化学的常见物质，B是一种钠盐，E是熟石灰的主要成分，因此E是氢氧化钙，可以和钠盐反应，因此C应该是碳酸钠；碳酸钠和D可以相互转化，且D能够和E﹣氢氧化钙反应，结合碱的化学性质，可知D是二氧化碳，则B应该是酸，如盐酸；A、B、C、D是所属物质类别不同的化合物，B﹣盐酸、D﹣二氧化碳、C﹣碳酸钠都能够和A反应，因此A是氢氧化钠，然后将推出的物质进行验证即可．
32．【答案】CaO；2H2O22H2O+O2↑；Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；铵态氮肥不能与碱性物质混合使用；光合作用；22：17
【知识点】书写化学方程式、文字表达式；物质的鉴别、推断
【解析】【解答】（1）D是大理石的主要成分，所以D是碳酸钙，A、B为组成元素相同的无色液体，C、F、H为气体，A和二氧化锰反应会生成B、C，所以A是过氧化氢溶液，B是水，C是氧气，碳酸钙高温会生成氧化钙和二氧化碳，水和E生成的G会与氯化铵反应，所以E是氧化钙，G是氢氧化钙，F就是二氧化碳，氯化铵和氢氧化钙反应生成氨气，所以H是氨气，经过验证，推导正确，所以E是CaO；
（2）反应①是过氧化氢在二氧化锰的催化作用下生成水和氧气，化学方程式为：2H2O22H2O+O2↑；
（3）反应②是氢氧化钙和氯化铵在加热的条件下反应生成氯化钙、水和氨气，化学方程式为：Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O，由此反应可知，在农业生产中施用铵态氮肥时应注意：铵态氮肥不能与碱性物质混合使用；
（4）通过推导可知，F是二氧化碳，C是氧气，自然界中普遍存在着二氧化碳转化为氧气的反应是光合作用，二氧化碳和氨气在一定条件下反应生成尿素和水，化学方程式为：CO2﹢2NH3CO（NH2）2﹢H2O，反应中F和H的质量比为：22：17．
故答案为：（1）CaO；
（2）2H2O22H2O+O2↑；
（3）Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O，铵态氮肥不能与碱性物质混合使用；
（4）光合作用，22：17．
【分析】根据D是大理石的主要成分，所以D是碳酸钙，A、B为组成元素相同的无色液体，C、F、H为气体，A和二氧化锰反应会生成B、C，所以A是过氧化氢溶液，B是水，C是氧气，碳酸钙高温会生成氧化钙和二氧化碳，水和E生成的G会与氯化铵反应，所以E是氧化钙，G是氢氧化钙，F就是二氧化碳，氯化铵和氢氧化钙反应生成氨气，所以H是氨气，然后将推出的物质进行验证即可．
33．【答案】（1）CaCO3；盐酸；氯化钠和碳酸钠
（2）盐酸；2HCl+Na2CO3=2NaCl+H2O+CO2↑
（3）方案二；盐酸与过量的碳酸钠反应也生成了氯化钠
【知识点】物质除杂或净化；化合物之间的相互转化；物质的鉴别、推断
【解析】【分析】此题中分离氯化钠和氯化钙的混合物主要利用氯化钙与碳酸钠能反应产生碳酸钙沉淀，然后将两者通过过滤分离。（1）由混合溶液中加过量Na2CO3反应得到沉淀，可确定沉淀B，试剂甲能与沉淀B反应，蒸发后只留下CaCl2可确定试剂甲，滤液C是混合溶液（NaCl、CaCl2）与过量Na2CO3反应后的可溶液性物质；（2）因为滤液C中含有多种溶质，蒸发结晶得到的NaCl固体是含有杂质的，由物质间反应的特点可确定除去该杂质的物质；（3）方案1和方案2计算氯化钠质量分数的区别是：方案1利用干燥的沉淀B或CaCl2固体的质量得到NaCl质量；方案2利用最后得到的NaCl质量计算。方案2没考虑到分离过程中引入的Na+最后也转化成了NaCl。
【解答】（1）由混合溶液（NaCl、CaCl2）中加过量Na2CO3反应得到沉淀，发生的反应是CaCl2和过量Na2CO3反应，生成了NaCl和CaCO3，所以是CaCO3沉淀。试剂甲能与沉淀B反应，蒸发后只留下CaCl2可确定试剂甲是盐酸。滤液C是混合溶液（NaCl、CaCl2）与过量Na2CO3反应后的可溶液性物质所以有NaCl、过量的Na2CO3。（2）因为滤液C中含有NaCl、过量的Na2CO3所以有杂质，除去NaCl中含有的Na2CO3可使用盐酸，化学方程式为2HCl+Na2CO3=2NaCl+H2O+CO2↑。（3）比较方案1和方案2发现方案2在分离过程中引入的Na+最后也转化成了NaCl，氯化钠固体的质量是偏大的，所以不合理，方案1在分离过程中没有引入Ca2+离子，所以得到的CaCl2就是原来有的，利用CaCl2质量得到的NaCl也是正确的，方案1合理。所以不合理的是方案2，理由是：1、盐酸与过量的碳酸钠反应也生成了氯化钠；2、CaCl2与Na2CO3反应时也产生了NaCl。
故答案为：（1）CaCO3；盐酸；氯化钠和碳酸钠 （2）盐酸；2HCl+Na2CO3=2NaCl+H2O+CO2↑（3）方案二；盐酸与过量的碳酸钠反应也生成了氯化钠
34．【答案】（1）CO2＋2NaOH=Na2CO3＋H2O；混合气体中含有水蒸气
（2）2；氢气
【知识点】还原反应与金属的冶炼；物质的鉴别、推断
【解析】【分析】（1）①氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和水；②还要考虑到原气体中经过氢氧化钠溶液，也会带出水蒸气。
（2）先通过白色沉淀推测出一氧化碳气体的存在，在结合氧元素减少的质量判断出是否应该含有氢气。
【解答】（1）①氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和水，故方程式为：CO2＋2NaOH=Na2CO3＋H2O。
②氢气还原氧化铜产生铜和水，但原气体中经过氢氧化钠溶液，也会带出水蒸气，而这部分水蒸气并没有先被除去，会对产生的水产生干扰，所以即使C装置变蓝色也不能说明气体中一定混有H2。
（2）由质量守恒定律可知，将反应后的气体全部通入过量的澄清石灰水中，充分反应后得到10g白色沉淀，说明通过过量灼热的CuO的试管后二氧化碳的质量为4.4g，所以气体X一定有一氧化碳，可通过二氧化碳的质量计算出此试管内物质减少的氧元素质量应该是1.6g，而试管内实际减少的质量是1.8g，说明还有氢气还原氧化铜使得氧元素的质量减少；若4.4g的二氧化碳是原有的，则与氧化铜反应的是氢气，因此气体中一定含有氢气；可能的组合有氢气、一氧化碳；氢气、二氧化碳；氢气、一氧化碳、二氧化碳，因此混合气体的成分至少有2种。
故答案为：（1）CO2＋2NaOH=Na2CO3＋H2O；混合气体中含有水蒸气（2）2；氢气
35．【答案】（1）CuSO4
（2）SO3+2NaOH=Na2SO4+H2O
（3）复分解反应
（4）Cu（OH）2CuO+H2O
【知识点】复分解反应及其应用；物质的鉴别、推断
【解析】【解答】（1）A～H是初中化学常见的化合物，且分别是由H、O、S、Na、Ca、Cu中的两种或三种元素组成的，B、E是氧化物，E中两种元素质量之比为2：3，所以E是三氧化硫，C、F、H为相同类别的化合物，F易溶于水并放出大量的热，所以F是氢氧化钠，H是氢氧化钙，硫酸铜和氢氧化钙反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钙，G的溶液呈蓝色，所以G是硫酸铜，三氧化硫和氢氧化钠反应生成硫酸钠和水，所以B是水，A是硫酸钠，C会转化成水，所以C是氢氧化铜，D是硫酸钙，经过验证，推导正确，所以G的化学式为：CuSO4；
（2）E和F的反应是氢氧化钠和三氧化硫反应生成硫酸钠和水，化学方程式为：SO3+2NaOH=Na2SO4+H2O；
（3）G和H的反应是硫酸铜和氢氧化钙反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钙，所以基本反应类型为复分解反应；
（4）C→B发生的分解反应是氢氧化铜加热生成氧化铜和水，化学方程式为：Cu（OH）2CuO+H2O．
故答案为：（1）CuSO4；
（2）SO3+2NaOH=Na2SO4+H2O；
（3）复分解反应；
（4）Cu（OH）2CuO+H2O．
【分析】根据A～H是初中化学常见的化合物，且分别是由H、O、S、Na、Ca、Cu中的两种或三种元素组成的，B、E是氧化物，E中两种元素质量之比为2：3，所以E是三氧化硫，C、F、H为相同类别的化合物，F易溶于水并放出大量的热，所以F是氢氧化钠，H是氢氧化钙，硫酸铜和氢氧化钙反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钙，G的溶液呈蓝色，所以G是硫酸铜，三氧化硫和氢氧化钠反应生成硫酸钠和水，所以B是水，A是硫酸钠，C会转化成水，所以C是氢氧化铜，D是硫酸钙，然后将推出的物质进行验证即可．
36．【答案】（1）硫酸铵等物质的溶解度，都是随温度升高而增大的；各物质的溶解度不同
（2）K2SO4；没有
（3）苯酸钾和氯化钾的混合物；滴加2﹣3滴硝酸银溶液；产生白色沉淀；放入试管中加热；122.4℃
【知识点】固体溶解度的概念；盐的性质及用途；物质的鉴别、推断
【解析】【解答】（1）由溶解度曲线可知：硫酸铵等物质的溶解度，都是随温度升高而增大的；温度相同时，各物质的溶解度不同；故答案为：硫酸铵等物质的溶解度，都是随温度升高而增大的；温度相同时，各物质的溶解度不同；
（2）流程图2中，根据溶解度曲线判断产品（无氯钾肥）的是硫酸钾，操作Ⅰ主要是趁热过滤，过滤后的产品中没有（NH4）2SO4晶体析出，因为在较高温度下，硫酸铵的溶解度较大；故答案为：K2SO4；没有；
（3）分离氯化钾后的白色固体A的成分是什么？猜想1：苯酸钾；猜想2：氯化钾，猜想3：苯酸钾和氯化钾的混合物；实验操作：Ⅱ取无色滤液少许于试管中，滴加2﹣3滴硝酸银溶液，产生白色沉淀，结论是白色固体A中含有KCl；Ⅲ取白色晶体，放入试管中加热，熔点是122.4℃，说明有苯酸钾，因此结合实验Ⅱ，猜想3成立；故答案为：苯酸钾和氯化钾的混合物；滴加2﹣3滴硝酸银溶液；产生白色沉淀；放入试管中加热；122.4℃．
【分析】根据题目信息和溶解度曲线可知：硫酸铵等物质的溶解度，都是随温度升高而增大的；温度相同时，各物质的溶解度不同；流程图2中，根据溶解度曲线判断产品（无氯钾肥）的是硫酸钾，操作Ⅰ主要是趁热过滤，过滤后的产品中没有（NH4）2SO4晶体析出，因为在较高温度下，硫酸铵的溶解度较大．分离氯化钾后的白色固体A的成分是什么？猜想1：苯酸钾；猜想2：氯化钾，猜想3：苯酸钾和氯化钾的混合物；实验操作：Ⅱ取无色滤液少许于试管中，滴加2﹣3滴硝酸银溶液，产生白色沉淀，结论是白色固体A中含有KCl；Ⅲ取白色晶体，放入试管中加热，熔点是122.4℃，说明有苯酸钾，因此结合实验Ⅱ，猜想3成立．
37．【答案】（1）不变色（或无色）
（2）硫酸钠（或Na2SO4）
【知识点】酸碱指示剂及其性质；盐的性质及用途；物质的鉴别、推断
【解析】【分析】（1）根据氯化钠和硫酸钠溶液的酸碱性及酚酞试液在溶液中变色的情况进行分析；
（2）根据小明得出的结论及这两种物质与氯化钡溶液的反应产生的现象得出结论。
【解答】（1）酚酞试液是一种酸碱指示剂，它在酸性和中性溶液显无色，在碱性溶液中显红色。氯化钠溶液和硫酸钠溶液均是中性溶液，因此不能使酚
酞试液变色；
（2）因为向该溶液中滴入几滴氯化钡溶液，出现白色沉淀，根据步骤①已排除碳酸钠和氢氧化钠的存在，剩余的硫酸钠和氯化钠中硫酸钠能够和氯化钡产生白色沉淀，而氯化钠和氯化钡不反应，故是硫酸钠。
38．【答案】（1）铝的化学性质比较活泼，在常温下能和空气中的氧气反应生成一层致密的氧化物薄膜，对铝起到一种保护作用．
（2）可以用物理方法区别，能被磁铁吸引的是铁粉，不能被磁铁吸引的是木炭粉．
【知识点】常见金属与金属的物理性质及用途；物质的鉴别、推断
【解析】【解答】（1）生活中的大部分金属的化学性质不活泼，在常温下不容易与其它物质发生化学反应．铝的化学性质比较活泼，在常温下能和空气中的氧气反应生成一层致密的氧化物薄膜，对铝起到一种保护作用．
（2）可以用物理方法区别，能被磁铁吸引的是铁粉，不能被磁铁吸引的是木炭粉．
【分析】可以从金属的物理性质和化学性质方面进行分析、考虑，从而得出正确的结论．
39．【答案】（1）化合反应
（2）H2SO4+Cu（OH）2═CuSO4+2H2O
（3）碳、氢气或一氧化碳
【知识点】元素化合价的规则与计算；化合反应和分解反应；物质的鉴别、推断
【解析】【分析】根据题干提供的信息结合已有的物质的性质和化合价的知识进行分析解答，A中氧元素的质量分数为60%，且其中一种元素的化合价为+6，故可 能是三氧化硫；三氧化硫能转化生成B，且硫元素的化合价不变，故B可能是硫酸，C、D、E、F均含有铜元素，硫酸能转化生成C，故C可能是硫酸铜；B和D 能反应生成硫酸铜和水，故D可能是氢氧化铜；氢氧化铜能转化生成氧化铜，故E可能是氧化铜；F中铜元素的化合价为0，故F是铜，据此解答。
【解答】A中氧元素的质量分数为60%，且其中一种元素的化合价为+6，故可能是三氧化硫；三氧化硫能转化生成B，且硫元素的化合价不变，故B 可能是硫酸，C、D、E、F均含有铜元素，硫酸能转化生成C，故C可能是硫酸铜；B和D能反应生成硫酸铜和水，故D可能是氢氧化铜；氢氧化铜能转化生成氧 化铜，故E可能是氧化铜；F中铜元素的化合价为0，故F是铜，带入图中，推断合理。
（1）三氧化硫能与水反应生成硫酸，该反应是两种物质生成一种物质的化合反应，故填：化合反应。
（2）硫酸能与氢氧化铜反应生成硫酸铜和水，故填：H2SO4+Cu（OH）2═CuSO4+2H2O。
（3）有氧化铜转化为铜，可以用还原剂还原，故可以是碳、氢气或一氧化碳，故填：碳、氢气或一氧化碳。
故答案为：
（1）化合反应
（2）H2SO4+Cu（OH）2═CuSO4+2H2O
（3）碳、氢气或一氧化碳
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